Polynomial

Bài toán (Vietnam Mathematical Olympiad 2002)

Cho đa thức hệ số thực $P(x)=x^3+a{x}^2+bx+c$ có ba nghiệm. Chứng minh rằng :

$$12ab+27c\le 6a^3+10\sqrt{(a^2-2b{)}^3}$$

Lời giải :

Gọi $x,y,z$ là ba nghiệm của $P(x)$. Theo định lí Viete :

$$\{\begin{array}{c}x+y+z=-a\\ xy+yz+zx=b\\ xyz=-c\end{array}$$

Ta cần chứng minh :

$27c$$\le 6a(a^2-2b)+10\sqrt{(a^2-2b{)}^3}$$\iff -27xyz$$\le -6(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+10\sqrt{(x^2+y^2+z^2{)}^3}$

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $x^2+y^2+z^2=9$. Khi đó cần chứng minh :

$$2(x+y+z)-xyz\le 10$$

Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

${\left[2(x+y+z)-xyz\right]}^2$$={\left[2(y+z)-x(yz-2)\right]}^2$$\le \left[(y+z{)}^2+x^2\right]\left[4+(yz-2{)}^2\right]$$=\left(9+2yz\right)(y^2{z}^2-4yz+8)$

Đặt $t=yz$, ta cần chứng minh :

$$(9+2t)(t^2-4t+8)\le 100\iff t\le \frac{7}{2}$$

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $x=max\left\{x,y,z\right\}$. Khi đó $18=2x^2+2y^2+2z^2\ge 3(y^2+z^2)\Rightarrow y^2+z^2\le 6$.

Từ đây theo AM-GM ta có :

$$t=yz\le \frac{y^2+z^2}{2}\le 3\le \frac{7}{2}$$

Ta được điều phải chứng minh.