Lý thuyết Ứng dụng tam thức bậc hai, bất phương trình bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Bài toán: Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất – nhỏ nhất dựa vào ứng dụng tam thức bậc hai, bất phương trình bậc hai.

Phướng pháp giải:

Bước 1. Đưa bất đẳng thức về một trong các dạng:

ax2 + bx + c > 0 hoặc ax2 + bx + c ≥ 0 hoặc ax2 + bx + c < 0 hoặc ax2 + bx + c ≤ 0.

(Khi đó, để chứng minh bất đẳng thức thì ta chứng minh các bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x.)

Bước 2. Chứng minh $\left\{\begin{array}{l}a>0\\ ∆<0\end{array}\right.$ hoặc $\left\{\begin{array}{l}a>0\\ ∆\le 0\end{array}\right.$ hoặc $\left\{\begin{array}{l}a<0\\ ∆<0\end{array}\right.$ hoặc $\left\{\begin{array}{l}a<0\\ ∆\le 0\end{array}\right.$ (theo thứ tự tương ứng với bất phương trình ở Bước 1).

Ví dụ 1. Cho hai số thực x, y. Chứng minh rằng 3x2 + 5y2 – 2x – 2xy + 1 > 0.

Hướng dẫn giải:

⦁ Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng 3x2 – 2(y + 1)x + 5y2 + 1 > 0.

Đặt f(x) = 3x2 – 2(y + 1)x + 5y2 + 1.

Ta xem y là tham số khi đó f(x) là tam thức bậc hai ẩn x.

⦁ f(x) có hệ số ax = 3 > 0 và ∆x’ = (y + 1)2 – 3(5y2 + 1) = –14y2 + 2y – 2.

Để f(x) > 0 với mọi x ∈ ℝ thì ∆x’ = g(y) < 0  với mọi y ∈ ℝ.

⦁ Xét g(y) = –14$y^2$ + 2y – 2 có hệ số ay = –14 < 0 và ∆y’ =  –27 < 0

Suy ra g(y) < 0 với mọi y ∈ ℝ hay ∆x’ < 0 với mọi y ∈ ℝ.

Do đó f(x) > 0 với mọi x, y ∈ ℝ.

Vậy 3$x^2$ + 5y2 – 2x – 2xy + 1 > 0 với mọi x, y ∈ ℝ.

Ví dụ 2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và x, y, z thỏa mãn: a2x + b2y + c2z = 0. Chứng minh rằng: xy + yz + zx ≤ 0.

Hướng dẫn giải:

* Nếu trong ba số x, y, z có một số bằng 0, chẳng hạn x = 0. Suy ra b2y = –$c^2$/z.

Khi đó xy + yz + zx = yz = $‐\frac{c^2}{b^2}{z}^2\le 0$ ≤ 0 với mọi a, b, c > 0.

* Nếu x, y, z ≠ 0. Do a2x + b2y + c2z = 0. Suy ra $x=\frac{b^{2}y+c^{2}z}{a^2}$

xy + yz + zx ≤ 0 $\iff ‐\left(y+z\right)\frac{b^{2}y+c^{2}z}{a^2}+yz\le 0$

⇔ ($b^2$y + $c^2$z)(y + z) – $a^2$yz ≥ 0

⇔ $b^2$$y^2$ + $b^2$yz + $c^2$yz + $c^2$$z^2$ – $a^2$yz ≥ 0

⇔ f(y) = $b^2$$y^2$ + ($b^2$ + $c^2$ – $a^2$)yz + $c^2$$z^2$ ≥ 0.

Tam thức f(y) có hệ số b2 > 0 và ∆y = [($b^2$ + $c^2$ – $a^2$)${}^2$ – 4$b^2$$c^2$].$z^2$

Do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có $\left\{\begin{array}{l}\left|b-c\right|<a\\ b+c>a\end{array}\right.$

Nên –2bc < $b^2$ + $c^2$ – $a^2$< 2bc.

Suy ra ($b^2$ + $c^2$ – $a^2$)2 < 4$c^2{b}^2$

Do đó Δy ≤ 0 với mọi z.

Vậy f(y) ≥ 0 với mọi y, z.

Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{xy}{3y+1}$ với x, y là các số thực thỏa mãn: $x^2{y}^2$ + 2y + 1 = 0.

Hướng dẫn giải:

Ta có $x^2{y}^2$ + 2y + 1 = 0 ⇔ 2y = – $x^2{y}^2$ –1

$P=\frac{2xy}{3.2y+2}=\frac{2xy}{3\left(‐x^2{y}^2-1\right)+2}=\frac{2xy}{‐3x^2{y}^2-1}$

Suy ra 3P.(xy)2 + 2xy + P = 0 (1)

⦁ Với P = 0 thì xy = 0 (không thỏa mãn).

⦁ Với P ≠ 0, ta có (1) là phương trình bậc hai với ẩn xy, do đó để phương trình có nghiệm thì Δ’ = 1 – 3P2 ≥ 0 $\iff ‐\frac{1}{\sqrt{3}}\le P\le \frac{1}{\sqrt{3}}$

Dấu “=” xảy ra khi Δ = 0, khi đó $xy=‐\frac{1}{3P}$

Vậy giá trị lớn nhất của P là $\frac{1}{\sqrt{3}}$ khi $\left\{\begin{array}{l}xy=‐\frac{1}{\sqrt{3}}\\ 2y=‐x^2{y}^2-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}xy=‐\frac{1}{\sqrt{3}}\\ y=‐\frac{2}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{3}}{2}\\ y=‐\frac{2}{3}\end{array}\right.$

Giá trị nhỏ nhất của P là $‐\frac{1}{\sqrt{3}}$ khi $\left\{\begin{array}{l}xy=\frac{1}{\sqrt{3}}\\ 2y=‐x^2{y}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}xy=\frac{1}{\sqrt{3}}\\ y=‐\frac{2}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=‐\frac{\sqrt{3}}{2}\\ y=‐\frac{2}{3}\end{array}\right.$