Tác giả: ĐOÀN VĂN TRUC --------- --------- Bài 13: a) Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca$. b) Tìm hệ số $\text{a}$ để nghiệm của phương trình ${{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+2ax+{{a}^{2}}+6a+1=0$ là nhỏ nhất, lớn nhất. Lời giải: a) Ta có ${{a}^{2}}-3a+2\sqrt{a}=\sqrt{a}\left( \sqrt{{{a}^{3}}}-3\sqrt{a}+2 \right)=\sqrt{a}\left( \sqrt{a}+2 \right){{\left( \sqrt{a}-1 \right)}^{2}}\ge 0$ với mọi $a\ge 0$. Do đó ${{a}^{2}}+2\sqrt{a}\ge 3a$, dấu “=” xảy ra khi $a=0$ hoặc $a=1$. Tương tự ${{b}^{2}}+2\sqrt{b}\ge 3b$, dấu “=” xảy ra khi $b=0$ hoặc $b=1$. ${{c}^{2}}+2\sqrt{c}\ge 3c$, dấu “=” xảy ra khi $c=0$ hoặc $c=1$. Cộng VTV các bất đẳng thức trên ta được: ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2\left( \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)\ge 3\left( a+b+c \right)$ $\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2\left( \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}$ (vì $a+b+c=3$) $\Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca$ b) Giả sử ${{x}_{0}}$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{4}}+2{{x}^{2}}+2ax+{{a}^{2}}+6a+1=0$, ta có: $x_{0}^{4}+2x_{0}^{2}+2a{{x}_{0}}+{{a}^{2}}+6a+1=0\Leftrightarrow {{a}^{2}}+2\left( {{x}_{0}}+3 \right)a+x_{0}^{4}+2x_{0}^{2}+1=0$ (*) Để tồn tại $a$ thì phương trình (*) ẩn $a$ phải có nghiệm, tức là: $\Delta '\ge 0\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{0}}+3 \right)}^{2}}-\left( x_{0}^{4}+2x_{0}^{2}+1 \right)\ge 0$ $\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{0}}+3 \right)}^{2}}-{{\left( x_{0}^{2}+1 \right)}^{2}}\ge 0$ $\Leftrightarrow \left( 2+{{x}_{0}}-x_{0}^{2} \right)\left( 4+{{x}_{0}}+x_{0}^{2} \right)\ge 0$ $\Leftrightarrow 2+{{x}_{0}}-x_{0}^{2}\ge 0$ (vì $4+{{x}_{0}}+x_{0}^{2}=\frac{15}{4}+{{\left( \frac{1}{2}+{{x}_{0}} \right)}^{2}}>0$) $\Leftrightarrow \left( 2-{{x}_{0}} \right)\left( 1+{{x}_{0}} \right)\ge 0$ $\Leftrightarrow -1\le {{x}_{0}}\le 2$ Dấu “=” xảy ra khi phương trình (*) có nghiệm kép $a=-{{x}_{0}}-3$ · Với ${{x}_{0}}=-1$ thì $a=-{{x}_{0}}-3=1-3=-2$. · Với ${{x}_{0}}=2$ thì $a=-{{x}_{0}}-3=-2-3=-5$. Vậy: Khi $a=-2$ thì phương trình đã cho có nghiệm nhỏ nhất là ${{x}_{0}}=-1$. Khi $a=-5$ thì phương trình đã cho có nghiệm lớn nhất là ${{x}_{0}}=2$. Bài 14: a) Cho $a,b$ là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}\le a-b$. Chứng minh rằng ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\le 1$. b) Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=2$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A=\frac{x}{2+yz}+\frac{y}{2+zx}+\frac{z}{2+xy}$. Lời giải: a) Ta có $a,b\ge 0$ và $a-b\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\ge 0\Rightarrow a\ge b$ Ta có $a-b\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\Rightarrow a\ge b+{{a}^{3}}+{{b}^{3}}\ge {{a}^{3}}\Rightarrow a\left( 1-{{a}^{2}} \right)\ge 0\Rightarrow 0\le a\le 1$. Do đó $0\le b\le a\le 1\Rightarrow {{a}^{3}}\le {{a}^{2}}$ và ${{b}^{3}}\le {{b}^{2}}$ $\Rightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}$ (*) Ta lại có $a-b\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\ge {{a}^{3}}-{{b}^{3}}\Rightarrow \left( a-b \right)\left( {{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}-1 \right)\le 0$ Vì $a-b\ge 0$ nên ${{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}-1\le 0\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\le 1-ab\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\le 1$ (vì $ab\ge 0$) (**) Từ (*) và (**) suy ra ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\le 1$. b) Vì $x,y,z\ge 0$ và ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=2$ nên ta có: $x+y+z\le \frac{{{x}^{2}}+1}{2}+\frac{{{\left( y+z \right)}^{2}}+1}{2}=\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2yz+2}{2}=\frac{4+2yz}{2}=2+yz$. Vậy $x+y+z\le 2+yz$, dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & x=1 \\ & y+z=1 \\ & yz=0 \\ \end{align} \right.$, chẳng hạn $x=y=1$ và $z=0$. Tương tự $x+y+z\le 2+zx$, dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & y=1 \\ & z+x=1 \\ & zx=0 \\ \end{align} \right.$, chẳng hạn $x=y=1$ và $z=0$. Khi đó $\frac{x}{2+yz}\le \frac{x}{x+y+z}$; $\frac{y}{2+zx}\le \frac{y}{x+y+z}$; $\frac{z}{2+xy}=\frac{z}{x+y+z}$ Do đó $A=\frac{x}{2+yz}+\frac{y}{2+zx}+\frac{z}{2+xy}\le \frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}+\frac{z}{x+y+z}=1$ Dấu “=” xảy ra khi $x=y=1$ và $z=0$. Vậy $\max A=1$ đạt được khi trong ba số $x,y,z$ có hai số bằng 1, số còn lại bằng 0. Nhận xét: Chỗ khó nhất của bài toán này là đánh giá $x+y+z\le 2+yz$. Bài 15: a) Chứng minh rằng $\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}...\frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$ với mọi $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{2}{1-x}+\frac{1}{x}$ với $0<x<1$. Lời giải: a) Nhận xét: ${{\left( 2n \right)}^{2}}>{{\left( 2n \right)}^{2}}-1=\left( 2n-1 \right)\left( 2n+1 \right)$ với mọi $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$. Đặt $A=\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}...\frac{2n-1}{2n}$ với mọi $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$. $\Rightarrow {{A}^{2}}=\frac{{{1}^{2}}}{2}.\frac{{{3}^{2}}}{4}.\frac{{{5}^{2}}}{6}...\frac{{{\left( 2n-1 \right)}^{2}}}{{{\left( 2n \right)}^{2}}}$ $\Rightarrow {{A}^{2}}<\frac{{{1}^{2}}}{1.3}.\frac{{{3}^{2}}}{3.5}.\frac{{{5}^{2}}}{5.7}...\frac{{{\left( 2n-1 \right)}^{2}}}{\left( 2n-1 \right)\left( 2n+1 \right)}$ $\Rightarrow {{A}^{2}}<\frac{1.3.5...\left( 2n-1 \right)}{1.3.5...\left( 2n-1 \right)}.\frac{1.3.5...\left( 2n-1 \right)}{3.5.7...\left( 2n+1 \right)}=\frac{1}{2n+1}$ $\Rightarrow A<\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$. b) Cách 1: Để áp dụng được bất đẳng thức AM-GM ta viết biểu thức $A$ dưới dạng $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$ như sau: $A=\frac{2}{1-x}+\frac{1}{x}=\left( \frac{2}{1-x}-2 \right)+\left( \frac{1}{x}-1 \right)+3=\frac{2x}{1-x}+\frac{1-x}{x}+3$ Ta có $\frac{2x}{1-x}+\frac{1-x}{x}\ge 2\sqrt{\frac{2x}{1-x}.\frac{1-x}{x}}=2\sqrt{2}$ Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & \frac{2x}{1-x}=\frac{1-x}{x} \\ & 0<x<1 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 2{{x}^{2}}={{\left( 1-x \right)}^{2}} \\ & 0<x<1 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow x\sqrt{2}=1-x\Leftrightarrow x=\sqrt{2}-1$. Do đó $A\ge 2\sqrt{2}+3$, dấu “=” xảy ra khi $x=\sqrt{2}-1$. Vậy $min\,A=2\sqrt{2}+3$ đạt được tại $x=\sqrt{2}-1$. Cách 2: Nhận xét: $\left( 1-x \right)>0\,\,;\,\,x>0$ và $\left( 1-x \right)+x=1$ là hằng số với $0<x<1$. Để áp dụng được bất đẳng thức Bu-nhia-côp-xki ta biến đổi biểu thức $A$ như sau: $A=\frac{2}{1-x}+\frac{1}{x}=\left[ {{\left( \sqrt{\frac{2}{1-x}} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{\frac{1}{x}} \right)}^{2}} \right]\left[ {{\left( \sqrt{1-x} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{x} \right)}^{2}} \right]$. Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-côp-xki ta có: $\left[ {{\left( \sqrt{\frac{2}{1-x}} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{\frac{1}{x}} \right)}^{2}} \right]\left[ {{\left( \sqrt{1-x} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{x} \right)}^{2}} \right]\ge {{\left( \sqrt{\frac{2}{1-x}}.\sqrt{1-x}+\sqrt{\frac{1}{x}}.\sqrt{x} \right)}^{2}}=2\sqrt{2}+3$. Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & \sqrt{\frac{2}{1-x}}:\sqrt{1-x}=\sqrt{\frac{1}{x}}:\sqrt{x} \\ & 0<x<1 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & \frac{\sqrt{2}}{1-x}=\frac{1}{x} \\ & 0<x<1 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow x=\sqrt{2}-1$. Do đó $A\ge 2\sqrt{2}+3$, dấu “=” xảy ra khi $x=\sqrt{2}-1$. Vậy $min\,A=2\sqrt{2}+3$ đạt được tại $x=\sqrt{2}-1$.