Cho phương trình \(a{x^2} + bx + c = 0{\rm{ }}(a \ne 0)\) có hai nghiệm \(x_1, x_2\) thỏa mãn \(0 \le {x_1} \le {x_2} \le 2\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(L = \frac{{3{a^2...

* Hướng dẫn giải

Vì x₁, x₂ là hai nghiệm của PT \(a{x^2} + bx + c = 0\) nên áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} =  - \frac{b}{a}\\
{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}
\end{array} \right.\)

Vì \(a \ne 0\) nên:

\(\begin{array}{l}
L = \frac{{3{a^2} - ab + ac}}{{5{a^2} - 3ab + {b^2}}} = \frac{{3 - \frac{b}{a} + \frac{c}{a}}}{{5 - 3 \cdot \frac{b}{a} + {{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^2}}} = \frac{{3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}}}{{5 + 3{x_1} + 3{x_2} + {{({x_1} + {x_2})}^2}}}\\
{\rm{  }} = \frac{{3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}}}{{5 + 3{x_1} + 3{x_2} + x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2}}
\end{array}\)

Vì \(0 \le {x_1} \le {x_2} \le 2\)

\( \Rightarrow x_1^2 \le 2{x_1}{\rm{ , }}x_2^2 \le 2{x_2}{\rm{ , }}(2 - {x_1})(2 - {x_2}) \ge 0{\rm{ , }}3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow 5 + 3{x_1} + 3{x_2} + x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2\\
 \le 5 + 5{x_1} + 5{x_2} + 2{x_1}{x_2}\\
 = 3(3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}) - (4 - 2{x_1} - 2{x_2} + {x_1}{x_2})\\
 = 3(3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}) - (2 - {x_1})(2 - {x_2})\\
 \le 3(3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2})
\end{array}\)

\(L \ge \frac{{3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2}}}{{3(3 + {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2})}} = \frac{1}{3}\)

Dấu “=” xảy ra

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x_1^2 = 2{x_1}\\
x_2^2 = 2{x_2}\\
(2 - {x_1})(2 - {x_2}) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_1} = 0;{x_2} = 2\\
{x_1} = {x_2} = 2
\end{array} \right.\)

Vậy \(\min L = \frac{1}{3}\) khi \(\left[ \begin{array}{l}
{x_1} = 0;{x_2} = 2\\
{x_1} = {x_2} = 2
\end{array} \right.\)