Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 16: a) Chứng minh rằng $\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}\le \sqrt{\frac{{{n}^{3}}+{{n}^{2}}}{2}}$ với mọi $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$. b) Cho $x,\,\,y$ là các số thực không âm thỏa mãn $x+y=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức $A=\frac{1-x}{1+x}+\frac{1-y}{1+y}$. Lời giải: a) Dễ thấy bất đẳng thức đúng với $n=1$. Với mọi $n\ge 2$, áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-côp-xki ta có: ${{\left( \sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n} \right)}^{2}}\le \left( {{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{1}^{2}}+...+{{1}^{2}} \right)\left( 1+2+3+...+n \right)=n.\frac{n\left( n+1 \right)}{2}=\frac{{{n}^{3}}+{{n}^{2}}}{2}$. Do đó $\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}\le \sqrt{\frac{{{n}^{3}}+{{n}^{2}}}{2}}$. Dấu “=” không xảy ra, vì $\frac{\sqrt{1}}{1}\ne \frac{\sqrt{2}}{1}\ne \frac{\sqrt{3}}{1}\ne ...\ne \frac{\sqrt{n}}{1}$. Vậy: $\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}\le \sqrt{\frac{{{n}^{3}}+{{n}^{2}}}{2}}$ với mọi $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$. Dấu “=” xảy ra khi $n=1$. b) $A=\frac{1-x}{1+x}+\frac{1-y}{1+y}=\frac{y}{1+x}+\frac{x}{1+y}$ (vì $x+y=1$) Do đó $A=\frac{y\left( 1+y \right)+x\left( 1+x \right)}{\left( 1+x \right)\left( 1+y \right)}=\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1}{xy+2}=\frac{2-2xy}{xy+2}=\frac{6}{xy+2}-2$ (vì $x+y=1$). Vì $x,\,\,y\ge 0$ và $x+y=1$ nên $xy\le {{\left( \frac{x+y}{2} \right)}^{2}}={{\left( \frac{1}{2} \right)}^{2}}=\frac{1}{4}$, dấu “=” xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$. Do đó $A=\frac{6}{xy+2}-2\ge \frac{6}{\frac{1}{4}+2}-2=\frac{2}{3}$. Dấu “=” xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$. Vậy $min\,A=\frac{2}{3}$ đạt được tại $x=y=\frac{1}{2}$. Ta lại có $x,\,\,y\ge 0$ và $x+y=1$ nên $xy\ge 0$, dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & x=0 \\ & y=1 \\ \end{align} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{align} & x=1 \\ & y=0 \\ \end{align} \right.$. Do đó $A=\frac{6}{xy+2}-2\le \frac{6}{0+2}-2=1$. Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & x=0 \\ & y=1 \\ \end{align} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{align} & x=1 \\ & y=0 \\ \end{align} \right.$. Vậy $max\,A=1$ đạt được tại $\left\{ \begin{align} & x=0 \\ & y=1 \\ \end{align} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{align} & x=1 \\ & y=0 \\ \end{align} \right.$. Bài 17: a) Cho $n$ số thực ${{a}_{1}},\,\,{{a}_{2}},\,\,{{a}_{3}},\,\,...,\,\,{{a}_{n}}$ bất kì và $n$ số thực dương ${{b}_{1}},\,\,{{b}_{2}},\,\,{{b}_{3}},\,\,...,\,\,{{b}_{n}}$. Chứng minh rằng $\frac{a_{1}^{2}}{{{b}_{1}}}+\frac{a_{2}^{2}}{{{b}_{2}}}+\frac{a_{3}^{2}}{{{b}_{3}}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{{{b}_{n}}}\ge \frac{{{\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}}+...+{{a}_{n}} \right)}^{2}}}{{{b}_{1}}+{{b}_{2}}+{{b}_{3}}+...+{{b}_{n}}}$. b) Cho $x,\,\,y,\,\,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{{{x}^{2}}}{x+y}+\frac{{{y}^{2}}}{y+z}+\frac{{{z}^{2}}}{z+x}$. Lời giải: a) Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-côp-xki ta có: $\left( \frac{a_{1}^{2}}{{{b}_{1}}}+\frac{a_{2}^{2}}{{{b}_{2}}}+\frac{a_{3}^{2}}{{{b}_{3}}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{{{b}_{n}}} \right)\left( {{b}_{1}}+{{b}_{2}}+{{b}_{3}}+...+{{b}_{n}} \right)$ $\begin{align} & =\left[ {{\left( \frac{{{a}_{1}}}{\sqrt{{{b}_{1}}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{{{a}_{2}}}{\sqrt{{{b}_{2}}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{{{a}_{3}}}{\sqrt{{{b}_{3}}}} \right)}^{2}}+...+{{\left( \frac{{{a}_{n}}}{\sqrt{{{b}_{n}}}} \right)}^{2}} \right]\left[ {{\left( \sqrt{{{b}_{1}}} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{{{b}_{2}}} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{{{b}_{3}}} \right)}^{2}}+...+{{\left( \sqrt{{{b}_{n}}} \right)}^{2}} \right] \\ & \ge {{\left( \frac{{{a}_{1}}}{\sqrt{{{b}_{1}}}}.\sqrt{{{b}_{1}}}+\frac{{{a}_{2}}}{\sqrt{{{b}_{2}}}}.\sqrt{{{b}_{2}}}+\frac{{{a}_{3}}}{\sqrt{{{b}_{3}}}}.\sqrt{{{b}_{3}}}+...+\frac{{{a}_{n}}}{\sqrt{{{b}_{n}}}}.\sqrt{{{b}_{n}}} \right)}^{2}}={{\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}}+...+{{a}_{n}} \right)}^{2}}. \\ \end{align}$ Dấu “=” xảy ra khi $\frac{{{a}_{1}}}{\sqrt{{{b}_{1}}}}:\sqrt{{{b}_{1}}}=\frac{{{a}_{2}}}{\sqrt{{{b}_{2}}}}:\sqrt{{{b}_{2}}}=...=\frac{{{a}_{n}}}{\sqrt{{{b}_{n}}}}:\sqrt{{{b}_{n}}}\Leftrightarrow \frac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}}=\frac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}}=...=\frac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}}$. Vậy $\frac{a_{1}^{2}}{{{b}_{1}}}+\frac{a_{2}^{2}}{{{b}_{2}}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{{{b}_{n}}}\ge \frac{{{\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{n}} \right)}^{2}}}{{{b}_{1}}+{{b}_{2}}+...+{{b}_{n}}}$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \frac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}}=\frac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}}=...=\frac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}}$. Chú ý: - Bất đẳng thức này còn gọi là bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki dạng cộng mẫu. - Học sinh cần thuộc bất đẳng thức này để áp dụng trong quá trình giải bài toán bất đẳng thức hoặc bài toán tìm cực trị rất hiệu quả. b) Cho $x,\,\,y,\,\,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z\ge 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{{{x}^{2}}}{x+y}+\frac{{{y}^{2}}}{y+z}+\frac{{{z}^{2}}}{z+x}$. Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-côp-xki dạng cộng mẫu: Nếu $n$ số thực ${{a}_{1}},\,\,{{a}_{2}},\,\,{{a}_{3}},\,\,...,\,\,{{a}_{n}}$ bất kì và $n$ số thực dương ${{b}_{1}},\,\,{{b}_{2}},\,\,{{b}_{3}},\,\,...,\,\,{{b}_{n}}$ thì $\frac{a_{1}^{2}}{{{b}_{1}}}+\frac{a_{2}^{2}}{{{b}_{2}}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{{{b}_{n}}}\ge \frac{{{\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{n}} \right)}^{2}}}{{{b}_{1}}+{{b}_{2}}+...+{{b}_{n}}}$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \frac{{{a}_{1}}}{{{b}_{1}}}=\frac{{{a}_{2}}}{{{b}_{2}}}=...=\frac{{{a}_{n}}}{{{b}_{n}}}$. Vì $x,\,\,y,\,\,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z\ge 1$. Ta có $A=\frac{{{x}^{2}}}{x+y}+\frac{{{y}^{2}}}{y+z}+\frac{{{z}^{2}}}{z+x}\ge \frac{{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{2\left( x+y+z \right)}=\frac{x+y+z}{2}\ge \frac{1}{2}$. Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & \frac{x}{x+y}=\frac{y}{y+z}=\frac{z}{z+x} \\ & x+y+z=1 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}$. Vậy $min\,A=\frac{1}{2}$ đạt được tại $x=y=z=\frac{1}{3}$. Bài 18: a) Chứng minh $\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\ge \sqrt{{{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+d \right)}^{2}}}$. Đẳng thức xảy ra khi nào? b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{2}}+1}+\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+4}$. Lời giải: a) Chứng minh $\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\ge \sqrt{{{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+d \right)}^{2}}}$. Đẳng thức xảy ra khi nào? Ta có $\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\ge \sqrt{{{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+d \right)}^{2}}}$ $\begin{align} & \Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+2\sqrt{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{d}^{2}} \right)}\ge {{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+d \right)}^{2}} \\ & \Leftrightarrow \sqrt{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{d}^{2}} \right)}\ge ac+bd\,\,\,\,\,\,\,\,(*) \\ \end{align}$ · Nếu $ac+bd<0$ thì bất đẳng thức (*) đúng. · Nếu $ac+bd\ge 0$ thì bất đẳng thức (*) $\begin{align} & \Leftrightarrow \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{d}^{2}} \right)\ge {{\left( ac+bd \right)}^{2}} \\ & \Leftrightarrow {{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{a}^{2}}{{d}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{d}^{2}}\ge {{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{d}^{2}}+2abcd \\ & \Leftrightarrow {{a}^{2}}{{d}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}-2abcd\ge 0 \\ & \Leftrightarrow {{\left( ad-bc \right)}^{2}}\ge 0\,\,\,luo\hat{a}n\,\,\tilde{n}u\grave{u}ng. \\ \end{align}$ Vậy $\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\ge \sqrt{{{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+d \right)}^{2}}}$. Đẳng thức xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & ac+bd\ge 0 \\ & ad=bc \\ \end{align} \right.$. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{2}}+1}+\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+4}$. Áp dụng bất đẳng thức: $\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\ge \sqrt{{{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+d \right)}^{2}}}$. Đẳng thức xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & ac+bd\ge 0 \\ & ad=bc \\ \end{align} \right.$. Ta có: $\begin{align} & A=\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{2}}+1}+\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+4}=\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{1}^{2}}}+\sqrt{{{\left( 3-x \right)}^{2}}+{{2}^{2}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ge \sqrt{{{\left( x+2+3-x \right)}^{2}}+{{\left( 1+2 \right)}^{2}}}=\sqrt{25+9}=\sqrt{34} \\ \end{align}$ Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & \left( x+2 \right)\left( 3-x \right)+2\ge 0 \\ & 2\left( x+2 \right)=3-x \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow x=-\frac{1}{3}$. Vậy GTNN của $A=\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{2}}+1}+\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+4}$ là $\sqrt{34}$ đạt được tại $x=-\frac{1}{3}$. Cách khác: (Sử dụng phương pháp tọa độ) Ta có $A=\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{2}}+1}+\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+4}=\sqrt{{{\left[ x-\left( -2 \right) \right]}^{2}}+{{\left[ 0-\left( -1 \right) \right]}^{2}}}+\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( 0-2 \right)}^{2}}}$ Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, ta chọn các điểm $M\left( -2;-1 \right)$, $N\left( 3;2 \right)$ và $P\left( x;0 \right)$. Khi đó $MP=\sqrt{{{\left[ x-\left( -2 \right) \right]}^{2}}+{{\left[ 0-\left( -1 \right) \right]}^{2}}}$, $NP=\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( 0-2 \right)}^{2}}}$. Do đó $A=MP+NP$. Như vậy ta cần xác định tọa độ điểm P để $A=MP+NP$ ngắn nhất $\Leftrightarrow $ P là giao điểm của MN và trục Ox. Phương trình đường thẳng MN: y = ax + b. Ta có $\left\{ \begin{align} & -2a+b=-1 \\ & 3a+b=2 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 5a=3 \\ & b=2a-1 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & a=\frac{3}{5} \\ & b=\frac{6}{5}-1=\frac{1}{5} \\ \end{align} \right.$ Vậy phương trình đường thẳng MN: $y=\frac{3}{5}x+\frac{1}{5}$. Do đó đường thẳng MN cắt trục Ox tại điểm $\left( -\frac{1}{3};0 \right)$. Khi đó $A=MP+NP$ ngắn nhất bằng $MN=\sqrt{{{\left( -2-3 \right)}^{2}}+{{\left( -1-2 \right)}^{2}}}=\sqrt{34}$. Vậy Vậy GTNN của $A=\sqrt{{{\left( x+2 \right)}^{2}}+1}+\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+4}$ là $\sqrt{34}$ đạt được tại $x=-\frac{1}{3}$.
