Tam thức bậc hai đã không còn xa lạ gì với học sinh phổ thông khi học môn toán. Những tính chất đẹp và đặc trưng của nó đã được sử dụng rất hiệu quả trong nhiều lĩnh vực khác nhau của
toán học. Những tính chất đó đã được giới thiệu trong nhiều bài viết khác nhau trên các tạp chí như toán học tuổi trẻ, toán tuổi thơ, . Ở đây, trong bài viết này, chúng tôi xin được giới
thiệu cùng các bạn một tính chất khá đặc biệt của tam thức bậc 2 mà từ tính chất này với một cách sử dụng khéo léo, ta có thể giải được các bài bất đẳng thức thi Olympic toán quốc tế khá dễ dàng.
MATH AND YOUTH MAGAZINE TAM THỨC BẬC HAI - TỪ MỘT KẾT QUẢ ĐƠN GIẢN ĐẾN CÁC BÀI THI HỌC SINH GIỎI Tam thức bậc hai đã không còn xa lạ gì với học sinh phổ thông khi học môn toán. Những tính chất đẹp và đặc trưng của nó đã được sử dụng rất hiệu quả trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học. Những tính chất đó đã được giới thiệu trong nhiều bài viết khác nhau trên các tạp chí như toán học tuổi trẻ, toán tuổi thơ, ... Ở đây, trong bài viết này, chúng tôi xin được giới thiệu cùng các bạn một tính chất khá đặc biệt của tam thức bậc 2 mà từ tính chất này với một cách sử dụng khéo léo, ta có thể giải được các bài bất đẳng thức thi Olympic toán quốc tế khá dễ dàng. Tính chất đó chính là Định lý 1 Trong mọi tam thức f (x) = ax2+bx+ c; a) Nếu a 0 thì với mọi x 2 [x1;x2] ; ta có f (x)maxf f (x1); f (x2)g : b) Nếu a 0 thì với mọi x 2 [x1;x2] ; ta có f (x)maxf f (x1); f (x2)g : Chứng minh kết quả này khá dễ dàng nên được dành cho bạn đọc. Kết quả trên có ý nghĩa khá quan trọng trong bất đẳng thức, chẳng hạn, để chứng minh rằng f (x) = ax2+bx+cm với mọi x2 [x1;x2] thì theo kết quả trên, ta chỉ cần xét bất đẳng thức này tại x = x1 và x = x2 là đủ. Tính chất này cũng được ứng dụng khá nhiều trong phương pháp dồn biến để chứng minh bất đẳng thức, một phương pháp mà hiện nay đã không còn xa lạ với nhiều bạn đọc yêu toán. Bây giờ chúng ta sẽ đi đến một số ví dụ để minh họa cho tính chất đẹp này Ví dụ 1 Cho các số a;b;c 2 [1;2] : Chứng minh rằng a3+b3+ c3 5abc: (Toán học tuổi trẻ) LỜI GIẢI. Không mất tính tổng quát, giả sử a b c; thế thì từ giả thiết, ta có 2c a b c: Suy ra a3+b3+ c3 5abc 2ca2+b3+ c3 5abc= f (a): Ta thấy f (a) là một tam thức bậc 2 với hệ số cao nhất là 2c> 0; nên theo định lý 1a với chú ý rằng 2c a b; ta có f (a) maxf f (2c); f (b)g : Lại có f (2c) = (b c)(b2+bc 9c2) (b c)(4c2+2c c 8c2) = 2c2(b c) 0; và f (b) = b3+ c3 3b2c= b2(b 2c)+ c(c2 b2)< 0: Vậy nên f (a) 0 và bất đẳng thức của ta được chứng minh. Ví dụ 2 Cho các số không âm a;b;c;d thỏa mãn a+b+ c+ d = 1: Chứng minh rằng abc+bcd+ cda+dab 1 27 + 176 27 abcd: (Nguyễn Minh Đức, IMO Shorlist) LỜI GIẢI. Đặt x = ab;thì ta có 0 x (a+b)24 ; và bất đẳng thức của ta trở thành f (x) = c+d 176 27 cd x+ cd(a+b) 1 27 0: Đây là một tam thức bậc 2 với hệ số cao nhất là 0 nên theo kết quả trên, ta có f (x)max f (0); f (a+b)2 4 : Do đó, nếu ta đặt P(a;b;c;d) = abc+bcd+cda+dab 127 176 27 abcd thì ta thấy kết quả trên tương đương với P(a;b;c;d)max P(a+b;0;c;d);P a+b 2 ; a+b 2 ;c;d : Và như vậy, ta chỉ cần chứng minh rằng max P(a+b;0;c;d);P a+b 2 ; a+b 2 ;c;d 0; hay nói cách khác, ta chỉ cần xét bất đẳng thức đã cho trong trường hợp a= b hoặc ab= 0 là đủ. Bằng cách lập luận tương tự, ta cũng suy ra được ta chỉ cần xét bất đẳng thức đã cho trong trường hợp c= d hoặc cd = 0: Từ đó, bằng cách kết hợp cả 2 lập luận trên, ta đi đến ta chỉ cần xét các trường hợp sau Trường hợp 1. Nếu b = d = 0; khi đó bất đẳng thức là hiển nhiên vì abc+bcd+ cda+dab 176 27 abcd = 0< 1 27 : Trường hợp 2. Nếu a= b;d = 0; thì ta có abc+bcd+cda+dab 176 27 abcd= abc a+b+ c 3 3 = 1 27 : Trường hợp 3. Nếu a = b;c = d; thì ta có c = 1 2a2 ; và bất đẳng thức đã cho trở thành a2(1 2a)+ 1 2 a(1 2a)2 1 27 + 44 27 a2(1 2a)2; hay (4a 1)2(22a2 11a+2) 0: Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do 22a2+ 2 4p11a 11a: Vậy bài toán đã cho được giải quyết. Ví dụ 3 Cho a;b;c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng a2b(a b)+b2c(b c)+ c2a(c a) 0: (IMO 1983) c VÕ QUỐC BÁ CẨN, ĐHYD CẦN THƠ 1 MATH AND YOUTH MAGAZINE LỜI GIẢI. Do tính hoán vị vòng quanh, ta có thể giả sử rằng a c b (nhưng ta lại không thể giả sử ngược lại là a b c!); khi đó ta có a2b(a b) = b(a b)(a c)2+bc(2a c)(a b) bc(2a c)(a b): Như vậy, ta chỉ cần chứng minh được b(2a c)(a b)+b2(b c)+ ca(c a) 0; hay f (a)= (2b c)a2 (2b c)(b+c)a+b3 0:Nếu c 2b; thì f (a) là một tam thức bậc 2 với hệ số cao nhất không dương, nên theo định lý 1b; ta có f (a)minf f (b+ c); f (c)g : Lại có f (b+c) = b3 > 0; và f (c) = b(b c)2 0 nên bất đẳng thức đúng trong trường hợp này. Nếu 2b c; thì ta có (2b c)a2 = (2b c)(a c)2+ c(2b c)(2a c) c(2b c)(2a c): Nên ta chỉ cần chứng minh được c(2b c)(2a c) (2b c)(b+ c)a+b3 0: Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì c(2b c)(2a c) (2b c)(b+ c)a+b3 = (2b c)(c b)a+ c3 2bc2+b3 (2b c)(c b)c+ c3 2bc2+b3 = b(b c)2 0: Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c: Ví dụ 4 Cho a;b;c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng a2 b c 1 +b2 c a 1 + c2 a b 1 0: (Moldova TST, 2006) LỜI GIẢI. Do tính hoán vị vòng quanh, ta có thể giả sử rằng a c b; khi đó ta có thể viết bất đẳng thức đã cho dưới các dạng tương đương sau a2 b c 1 + c3 b c2 + c2a b + b2c a b2 c 3 b 0; (c b)(c3 a2b) bc + (a c)(c2a b3) ab 0; (c b)(c3 a2b) c + (a c)(c2a b3) a 0: Bây giờ, ta để ý rằng (a c)(c2a b3) a = (a c) c2 b 3 a (a c) c2 b 3 c = (a c)(c3 b3) c : Nên ta chỉ cần chứng minh được (c b)(c3 a2b) c + (a c)(c3 b3) c 0; hay f (a) = c3 a2b+(a c)(b2+bc+ c2) 0: Ta thấy f (a) là một tam thức bậc 2 với hệ số cao nhất là b < 0; mà c a b+ c; nên theo định lý 1b; ta có f (a)minf f (c); f (b+ c)g : Lại có f (c) = c2(c b) 0; và f (b+c) = c3 b(b+c)2+b(b2+bc+c2) = c(c2 b2) 0: Nên f (a) 0 và bất đẳng thức của ta được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c: Lời kết.Các bạn thấy đấy, có những cái thật sự đơn giản nhưng nếu ta biết áp dụng chúng một cách sáng tạo và khéo léo thì có thể biến những cái đơn giản đó thành một phương pháp, một kỹ thuật mới giúp ta có thể giải được các bài toán khó mà trước mắt là phục vụ cho các kỳ thi học sinh giỏi. Bài viết trên vẫn còn nhiều thiếu sót và cần được hoàn thiện thêm, chúng tôi rất mong nhận được sự trao đổi góp ý cùng các bạn đọc gần xa! Cuối cùng, để kết thúc bài viết này, xin được nêu lên một số bài tập mà ta có thể áp dụng tính chất đẹp này để giải 1. Cho a;b;c;d 2 [0;1] : Chứng minh rằng a2b+b2c+ c2d+d2a ab2 bc2 cd2 da2 8 27 : 2. Cho a;b;c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng 3 a b + b c + c a 2 b a + c b + a c +1: (Vasile Cirtoaje, Old And New Inequalities I) 3. Cho a;b;c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng 3 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 a2+b2+ c2 1 a2 + 1 b2 + 1 c2 : (Walker, American Monthly Magazine) 4. Cho các số không âm a;b;c;d thỏa mãn a+b+c+d= 4. Chứng minh rằng (1+3a)(1+3b)(1+3c)(1+3d) 125+131abcd: (Phạm Kim Hùng) 5. Cho các số không âm x;y;z: Tìm hằng số k lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng x3+y3+z3+k(xy2+yz2+zx2) (k+1)(x2y+y2z+z2x): (Mongolia TST, 2008) c VÕ QUỐC BÁ CẨN, ĐHYD CẦN THƠ 2 MATH AND YOUTH MAGAZINE Võ Quốc Bá Cẩn Sinh viên lớp YY0647A1, trường ĐHYD Cần Thơ. Địa chỉ: C65 khu dân cư Phú An, phường Phú Thứ, quận Cái Răng, thành phố Cần Thơ. Điện thoại: 01687 149 971. c VÕ QUỐC BÁ CẨN, ĐHYD CẦN THƠ 3
Tài liệu đính kèm: