Bất đẳng thức Cô si - Website Toán sơ cấp của Nguyễn Tất Thu

Chào mừng quý vị đến với website Toán sơ cấp của Nguyễn Tất Thu

Quý vị chưa đăng nhập hoặc chưa đăng ký làm thành viên, vì vậy chưa thể tải được các tài liệu của Thư viện về máy tính của mình.
Nếu chưa đăng ký, hãy nhấn vào chữ ĐK thành viên ở phía bên trái, hoặc xem phim hướng dẫn tại đây
Nếu đã đăng ký rồi, quý vị có thể đăng nhập ở ngay phía bên trái.

Gốc > CÁC CHUYÊN ĐỀ > Chuyên đề > Bất đẳng thức >

Tạo bài viết mới Bất đẳng thức Cô si

Phương pháp sử dụng các Bất đẳng thức cổ điển

I. Bất đẳng thức Côsi

Trước hết ta nhắc lại BĐT Côsi cho hai số:

Định lí 1: Với hai số thực không âm x,y ta có: $\frac{{x + y}}{2} \ge \sqrt {xy} {\rm{ (1)}}$ .Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y$ .

Việc chứng minh (1) rất đơn giản nên tôi không chứng minh. (1) còn có nhiều cách biểu diễn khác nhau như:

$x^2 + y^2 \ge 2xy{\rm{ ; }}x^2 + y^2 \ge \frac{{(x +y)^2 }}{2}{\rm{ }};{\rm{ }}xy \le (\frac{{x + y}}{2})^2$

BĐT Côsi cho 3 số không âm.

Định lí 2: Với 3 số thực không âm x, y, z ta có: $\frac{{x + y + z}}{3} \ge \sqrt[3]{{xyz}}{\rm{ (2)}}$ . Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z$ .

Chứng minh:

Đặt $\sqrt[3]{x} = a,\sqrt[3]{y} = b,\sqrt[3]{z} = c$ . Khi đó (2) trở thành: $a^3 + b^3 + c^3 \ge 3abc$ ().

Ta có: $a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a + b + c)\left[ {a^2 + b^2 + c^2 -ab - bc - ca} \right] \ge 0\,\,\forall a,b,c \ge 0$ .

Định lí 3: Cho n số thực không âm $a_1 ,a_2 ,...,a_n$ .Ta có: $\frac{{a_1 + a_2 + ...a_n }}{n} \ge \sqrt[n]{{a_1 ...a_n }}$ (3).

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1 = a_2 = ... = a_n$ .

Một số chú ý khi sử dụng bất đẳng thức côsi:

* Khi áp dụng bđt côsi thì các số phải là những số không âm

* BĐT côsi thường được áp dụng khi trong bđt cần chứng minh có tổng và tích

* Điều kiện xảy ra dấu ‘=’ là các số bằng nhau

Ví dụ 1: Cho hai số thực không âm a,b. Chứng minh: $(a + b)(1 + ab) \ge 4ab$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực không âm ta có:

$\left. \begin{array}{l} a + b \ge 2\sqrt {ab} \\ 1 + ab \ge 2\sqrt{ab} \\ \end{array} \right\} \Rightarrow (1 + b)(1 + ab) \ge 2\sqrt{ab} .2\sqrt {ab} = 4ab$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = 1$ .

Ví dụ 2: Cho $a,b > 0$ . Chứng minh: $(a + b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) \ge 4$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực không âm ta có:

$\left. \begin{array}{l} a + b \ge 2\sqrt {ab} \\ \frac{1}{a} +\frac{1}{b} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{ab}}} \\ \end{array} \right\} \Rightarrow (a + b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b})\ge 2\sqrt {ab} .2\sqrt {\frac{1}{{ab}}} = 4$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b$ .

Nhận xét: BĐT trên còn được viết lại như sau: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}$ (I) . BĐT này có nhiều ứng dụng trong chứng minh BĐT. Ta xét một số bài toán sau:

Bài toán 2.1: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác, p là chu vi. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{{p - a}} + \frac{1}{{p - b}} + \frac{1}{{p - c}} \ge2(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})$ .

Giải: áp dụng Bđt (I) ta có: $\frac{1}{{p - a}} + \frac{1}{{p - b}} \ge \frac{4}{{p - a + p - b}}= \frac{4}{c}$ . Tương tự ta cũng có :

$\frac{1}{{p - b}} + \frac{1}{{p - c}} \ge \frac{4}{a};{\rm{ }}\frac{1}{{p - c}} + \frac{1}{{p - a}} \ge \frac{4}{b}$ . Cộng ba BĐT này ta có đpcm.

Bài toán 2.2: Cho $a,b > 0$ và $a + b = 1$ . Chứng minh: $\frac{{a^2 }}{{a + 1}} + \frac{{b^2 }}{{b + 1}} \ge \frac{1}{3}$ .

Giải: Ta có: ${\rm{VT}} = \frac{{a^2 - 1}}{{a + 1}} + \frac{1}{{a + 1}} +\frac{{b^2 - 1}}{{b + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} = - 1 + \frac{1}{{a +1}} + \frac{1}{{b + 1}}$

Mặt khác áp dụng BĐT (I) ta có: $\frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} \ge \frac{4}{{a + b + 2}} =\frac{4}{3}$ .

Do đó: ${\rm{VT}} \ge - 1 + \frac{4}{3} = \frac{1}{3}$ đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = \frac{1}{2}$ .

Bài toán 2.3: Cho $x,y,z > 0$ . Chứng minh BĐT sau:

$\frac{1}{{2x + y + z}} + \frac{1}{{2x + 2y + z}} + \frac{1}{{x + y +2z}} \le \frac{1}{4}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})$ .

Giải: Áp dụng BĐT (I’) ta có:

$\frac{1}{{2x + y + z}} = \frac{1}{{(x + y) + (x + z)}} \le\frac{1}{4}(\frac{1}{{x + y}} + \frac{1}{{x + z}}) \le\frac{1}{{16}}(\frac{2}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})$

Tương tự: $\frac{1}{{x + 2y + z}} \le \frac{1}{{16}}(\frac{1}{x} + \frac{2}{y}+ \frac{1}{z});{\rm{ }}\frac{1}{{x + y + 2z}} \le\frac{1}{{16}}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{2}{z})$ .

Cộng ba BĐT trên ta có được đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z$ .

Bài toán 2.4: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{{a + 3b}} + \frac{1}{{b + 3c}} + \frac{1}{{c + 3a}} \ge\frac{1}{{2a + b + c}} + \frac{1}{{a + 2b + c}} + \frac{1}{{a + b +2c}}$ .

Giải: Áp dụng BĐT (I) ta có:

$\frac{1}{{a + 3b}} + \frac{1}{{a + b + 2c}} \ge \frac{4}{{2a + 4b +2c}} = \frac{2}{{a + 2b + c}}$ .

Tương tự $\frac{1}{{b + 3c}} + \frac{1}{{2a + b + c}} \ge \frac{2}{{a + b +2c}};$

$\frac{1}{{c + 3a}} + \frac{1}{{a + 2b + c}} \ge \frac{2}{{2a + b +c}}$ .

Cộng ba BĐT trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Ví dụ 3: Cho $a,b > 0$ . Chứng minh: $(1 + \frac{a}{b})^n + (1 + \frac{b}{a})^n \ge 2^{n + 1}$ với $n \in *$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực không âm ta có:

$\left. \begin{array}{l} 1 + \frac{a}{b} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}} \Rightarrow (1 + \frac{a}{b})^n \ge 2^n (\sqrt {\frac{a}{b}} )^n \\ 1 + \frac{b}{a} \ge 2\sqrt {\frac{b}{a}} \Rightarrow (1 +\frac{b}{a})^n \ge 2^n (\sqrt {\frac{b}{a}} )^n \\ \end{array}\right\} \Rightarrow (1 + \frac{a}{b})^n + (1 + \frac{b}{a})^n \ge2^n \left[ {\left( {\sqrt {\frac{a}{b}} } \right)^n + \left( {\sqrt{\frac{b}{a}} } \right)^n } \right]$

mà $\left( {\sqrt {\frac{a}{b}} } \right)^n + \left( {\sqrt{\frac{b}{a}} } \right)^n \ge 2$ nên suy ra $(1 + \frac{a}{b})^n + (1 + \frac{b}{a})^n \ge 2^{n + 1}$ đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b$ .

Ví dụ 4: Cho $x,y,z > 0$ . Cmr: $\frac{{2\sqrt x }}{{x^3 + y^2 }} + \frac{{2\sqrt y }}{{y^3 + z^2}} + \frac{{2\sqrt z }}{{z^3 + x^2 }} \le \frac{1}{{x^2 }} +\frac{1}{{y^2 }} + \frac{1}{{z^2 }}$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có: $x^3 + y^2 \ge 2xy\sqrt x \Rightarrow \frac{{2\sqrt x }}{{x^3 +y^2 }} \le \frac{{2\sqrt x }}{{2xy\sqrt x }} = \frac{1}{{xy}}$ .

Tương tự: $\frac{{2\sqrt y }}{{y^3 + z^2 }} \le \frac{1}{{yz}};{\rm{}}\frac{{2\sqrt z }}{{z^3 + x^2 }} \le \frac{1}{{zx}} \Rightarrow{\rm{VT}} \le \frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}}$ .

Mặt khác: $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca \Rightarrow \frac{1}{{xy}} +\frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}} \le \frac{1}{{x^2 }} + \frac{1}{{y^2}} + \frac{1}{{z^2 }}$ .

Vậy : ${\rm{VT}} \le \frac{1}{{x^2 }} + \frac{1}{{y^2 }} + \frac{1}{{z^2 }}\Rightarrow$ đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z = 1$ .

Ví dụ 5 : Cho $a,b,c > 0$ . Chứng minh : $(a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \ge 9$ (II).

Giải : Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực dương ta có :

$\left. \begin{array}{l} a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} \\ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge3\frac{1}{{\sqrt[3]{{abc}}}} \\ \end{array} \right\}$

$\Rightarrow (a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})\ge 3\sqrt[3]{{abc}}.3\frac{1}{{\sqrt[3]{{abc}}}} = 9$ đpcm.

Nhận xét : * BĐT trên còn được viết lại như sau : $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{9}{{a + b + c}}$ (II)

* Tương tự ta có BĐT tổng quát của (I) và (II) như sau :

Cho n số thực dương $a_1 ,a_2 ,...,a_n$ khi đó :

$\frac{1}{{a_1 }} + \frac{1}{{a_2 }} + ... + \frac{1}{{a_n }} \ge\frac{{n^2 }}{{a_1 + a_2 + ... + a_n }}$ (III).

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1 = a_2 = ... = a_n$ .

Các BĐT (I), (II), (III) được sử dụng nhiều trong các bài toán BĐT. Ta xét các bài toán sau

Bài toán 5.1 : Cho ba số thực dương a,b,c. Cmr : $\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} \ge\frac{3}{2}$ .

Giải : Cộng hai vế của BĐT với 3 thì BĐT cần chứng minh trở thành

$(\frac{a}{{b + c}} + 1) + (\frac{b}{{c + a}} + 1) + (\frac{c}{{a +b}} + 1) \ge \frac{9}{2}$

$\Leftrightarrow (a + b + c)(\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} +\frac{1}{{c + a}}) \ge \frac{9}{2}$

Áp dụng BĐT (II) ta có : $\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{c + a}} \ge\frac{9}{{a + b + b + c + c + a}} = \frac{9}{{2(a + b + c)}}$

$\Rightarrow (a + b + c)(\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} +\frac{1}{{c + a}}) \ge (a + b + c).\frac{9}{{2(a + b + c)}} =\frac{9}{2}$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Nhận xét : BĐT trên có tên là BĐT Nesbit cho ba số. Có nhiều cách để chứng minh BĐT trên sau đây ta xét một cách chứng minh cho BĐT trên

Đặt $A = \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}};B =\frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + a}} + \frac{a}{{a + b}};C =\frac{c}{{b + c}} + \frac{a}{{c + a}} + \frac{b}{{a + b}}$

Khi đó : $B + C = 3$ và $\left\{ \begin{array}{l} A + B \ge 3 \\ A + C \ge 3 \\ \end{array}\right. \Rightarrow 2A + B + C \ge 6 \Rightarrow A \ge \frac{3}{2}$ .

Đây là lời giải có lẽ là hay nhất cho bài toán này. Tuy nhiên việc tìm được lời giải như vậy không phải là việc đơn giản.

Bài toán 5.2 : Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c = 1$ . Cmr : $\frac{a}{{1 + a}} + \frac{b}{{1 + b}} + \frac{c}{{1 + c}} \le\frac{3}{4}$ .

Giải : Ta có BĐT $\Leftrightarrow \frac{{a + 1 - 1}}{{a + 1}} + \frac{{b + 1 - 1}}{{b+ 1}} + \frac{{c + 1 - 1}}{{c + 1}} \le \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow 3 - (\frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} +\frac{1}{{c + 1}}) \le \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{1}{{a + 1}} +\frac{1}{{b + 1}} + \frac{1}{{c + 1}} \ge \frac{9}{4}$ .

Áp dụng BĐT (II) ta có : $\frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} + \frac{1}{{c + 1}} \ge\frac{9}{{a + b + c + 3}} = \frac{9}{4}$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$ .

Bài toán 5.3 : Cho $a,b,c > 0$ và $a^2 + b^2 + c^2 = 3$ . Chứng minh rằng

$\frac{1}{{1 + ab}} + \frac{1}{{1 + bc}} + \frac{1}{{1 + ca}} \ge\frac{3}{2}{\rm{ }}$ .

Giải : Ta có .

Áp dụng BĐT (II) ta có : $\frac{1}{{1 + ab}} + \frac{1}{{1 + bc}} + \frac{1}{{1 + ca}} \ge\frac{9}{{ab + bc + ca + 3}} \ge \frac{3}{2}{\rm{ }}$ đpcm.

Đẳng thức có $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

Bài toán 5.4 : Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng

$\frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{bc}} +\frac{1}{{ca}} \ge 30$ .

Giải : Áp dụng BĐT (II) ta có : $\frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{bc}} + \frac{1}{{ca}} \ge \frac{9}{{ab +bc + ca}}$

$\Rightarrow \frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{1}{{ab}} +\frac{1}{{bc}} + \frac{1}{{ca}} \ge \frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} +\frac{9}{{ab + bc + ca}}$

$= \frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{1}{{ab + bc + ca}} +\frac{1}{{ab + bc + ca}} + \frac{7}{{ab + bc + ca}}$

Mặt khác : $ab + bc + ca \le \frac{1}{3}(a + b + c)^2 = \frac{1}{3} \Rightarrow\frac{7}{{ab + bc + ca}} \ge 21$

$\frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{1}{{ab + bc + ca}} +\frac{1}{{ab + bc + ca}} \ge \frac{9}{{a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc+ ca)}} = 9$

Suy ra : $\frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{bc}} +\frac{1}{{ca}} \ge 9 + 21 = 30$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$ .

Bài toán 5.4 : Cho $x,{\rm{ }}y,{\rm{ }}z{\rm{ }} > {\rm{ }}0$ . CMR:

$\frac{1}{{2x + y + z}}\,\, + \,\,\frac{1}{{2x + 2y + z}}\,\, +\,\,\frac{1}{{x + y + 2z}}\,\,\, \le\,\,\,\frac{1}{4}\,(\,\frac{1}{x}\, + \,\frac{1}{y}\, +\,\,\frac{1}{z})$ .

HD: Áp dụng (III) với n=4 ta có:

$\frac{1}{x}\, + \,\frac{1}{x}\,\, + \,\frac{1}{y}\, +\,\frac{1}{z}\,\,\, \ge \,\,\,\frac{{4^2 }}{{2x\, + \,y\, +\,z}}\,\,\, = \,\,\,\,\frac{{16}}{{2x\, + y\, + z}}$

$\Rightarrow \,\,\,\,\,\,\,\frac{2}{x}\,\, + \,\frac{1}{{y\,}}\,\, +\,\frac{1}{z}\,\, \ge \,\,\,\frac{{16}}{{2z\, + \,y\, + \,z}}$ .

Tương tự : $\frac{2}{y}\,\, + \,\frac{1}{z}\,\, + \,\,\frac{1}{x}\,\, \ge\,\,\frac{{16}}{{x\,\, + 2y\,\, + z}}$

và $\frac{2}{{z\,}}\,\, + \,\frac{1}{x}\,\, + \,\,\frac{1}{{y\,}}\,\,\ge \,\,\frac{{16}}{{x\, + \,y\, + 2z}}$

Cộng 3 BĐT trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z$ .

Bài toán 5.5 : Cho n số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng :

$\begin{array}{l} {\rm{ a) }}\frac{{a_1 }}{{2 - a_1 }} + \frac{{a_2}}{{2 - a_2 }} + ... + \frac{{a_n }}{{2 - a_n }} \ge \frac{n}{{2n -1}} \\ {\rm{ b) }}\frac{{a_1 }}{{a_1 + 1}} + \frac{{a_2 }}{{a_2 + 1}} +... + \frac{{a_n }}{{a_n + 1}} \le \frac{n}{{n + 1}} \\ \end{array}$

Giải :

a) BĐT $\Leftrightarrow (\frac{{a_1 }}{{2 - a_1 }} + 1) + (\frac{{a_2 }}{{2- a_2 }} + 1) + ... + (\frac{{a_n }}{{2 - a_n }} + 1) \ge \frac{n}{{2n- 1}} + n$

$\Leftrightarrow \frac{1}{{2 - a_1 }} + \frac{1}{{2 - a_2 }} + ... +\frac{1}{{2 - a_n }} \ge \frac{{n^2 }}{{2n - 1}}$ (*)

Áp dụng BĐT (III) ta có : ${\rm{VT(*)}} \ge \frac{{n^2 }}{{2n - (a_1 + a_2 + ... + a_n )}} =\frac{{n^2 }}{{2n - 1}}$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1 = a_2 = ... = a_n = \frac{1}{n}$ .

b) BĐT $\Leftrightarrow (\frac{{a_1 }}{{1 + a_1 }} - 1) + (\frac{{a_2 }}{{1+ a_2 }} - 1) + ... + (\frac{{a_n }}{{1 + a_n }} - 1) \le \frac{n}{{n+ 1}} - n$

$\Leftrightarrow \frac{1}{{1 + a_1 }} + \frac{1}{{1 + a_2 }} + ... +\frac{1}{{1 + a_n }} \ge \frac{{n^2 }}{{n + 1}}$ (**)

Áp dụng BĐT (III) ta có : ${\rm{VT(**)}} \ge \frac{{n^2 }}{{n + (a_1 + a_2 + ... + a_n )}} =\frac{{n^2 }}{{n + 1}}$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1 = a_2 = ... = a_n = \frac{1}{n}$ .

Ví dụ 6 : Cho $a,b,c > 0$ . Cmr : $\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c^2 }}{{a +b}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}$ .

Giải : Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có :

$\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{a^2}}{{b + c}}.\frac{{b + c}}{4}} = a$ .

Tương tự : $\frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{4} \ge b;{\rm{ }}\frac{{c^2}}{{a + b}} + \frac{{a + b}}{4} \ge c$ .

Cộng ba BĐT này lại với nhau ta đươc :

$\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c^2 }}{{a +b}} + \frac{{a + b + c}}{2} \ge a + b + c$

$\Rightarrow \frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} +\frac{{c^2 }}{{a + b}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Nhận xét :* Phương pháp mà chúng ta làm ở trong bài toán trên người ta thương gọi là phương pháp tách gép cặp trong BĐT Côsi.

Vì sao chúng ta lại gép $\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4}$ ? Mục đích của việc làm này là làm mất các biến ở mẫu do vế phải của BĐT là một biểu thức không có biến ở mẫu. Vì sao ta lại gép $\frac{{b + c}}{4}$ mà không phải là $b + c$ hay $\frac{{b + c}}{2}$ … điều này xuất phát từ điều kiện để đẳng thức xảy ra. Vì BĐT đã cho là một BĐT đối xứng (Tức là khi đổi vị trí hai biến bất kì cho nhau thì BĐT không thay đổi) nên đẳng thức thường xảy ra khi các biến bằng nhau và khi đó $\frac{{a^2 }}{{b + c}} = \frac{a}{2}$ nên ta phải gép với $\frac{{b + c}}{4}$ .

* Nếu $abc = 1$ thì ta có : $a + b + c \ge 3$ nên : $\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c^2 }}{{a +b}} \ge \frac{3}{2}$ .

* Phương pháp trên được sử dụng nhiều trong chứng minh BĐT

Ví dụ 7 : Cho $a,b,c > 0$ và $abc = 1$ . Chứng minh rằng :

$\frac{{a^3 }}{{(a + 1)(b + 1)}} + \frac{{b^3 }}{{(c + 1)(b + 1)}} +\frac{{c^3 }}{{(a + 1)(c + 1)}} \ge \frac{3}{4}$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực dương ta có:

$\frac{{a^3 }}{{(a + 1)(b + 1)}} + \frac{{a + 1}}{8} + \frac{{b +1}}{8} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{a^3 }}{{(a + 1)(b + 1)}}\frac{{a +1}}{8}\frac{{b + 1}}{8}}} = \frac{3}{4}a$ .

Tương tự:

$\frac{{b^3 }}{{(c + 1)(b + 1)}} + \frac{{c + 1}}{8} + \frac{{b +1}}{8} \ge \frac{3}{4}b;{\rm{ }}\frac{{c^3 }}{{(c + 1)(a + 1)}} +\frac{{c + 1}}{8} + \frac{{a + 1}}{8} \ge \frac{3}{4}c$

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được:

${\rm{VT}} + \frac{{a + b + c + 3}}{4} \ge \frac{3}{4}(a + b + c)$

$\Rightarrow {\rm{VT}} \ge \frac{{2(a + b + c) - 3}}{4} \ge\frac{{2.3\sqrt[3]{{abc}} - 3}}{4} = \frac{3}{4}$ .

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$ .

Ví dụ 8 : Cho $a,b,c > 0$ . Chứng minh rằng :

$\frac{{a^4 }}{{b^2 (c + a)}} + \frac{{b^4 }}{{c^2 (a + b)}} +\frac{{c^4 }}{{a^2 (b + c)}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}$ .

Giải : Áp dụng BĐT Côsi cho bốn số thực dương ta có :

$\frac{{a^4 }}{{b^2 (c + a)}} + \frac{b}{2} + \frac{b}{2} + \frac{{c+ a}}{4} \ge 4.{\rm{ }}\sqrt[4]{{\frac{{a^4 }}{{b^2 (c +a)}}.\frac{b}{2}.\frac{b}{2}.\frac{{c + a}}{4}}} = 2a$

$\Rightarrow \frac{{a^4 }}{{b^2 (c + a)}} + b + \frac{{c + a}}{4}\ge 2a$ . Tương tự cũng có :

$\frac{{b^4 }}{{c^2 (a + b)}} + c + \frac{{a + b}}{4} \ge 2b{\rm{ ;}}\frac{{c^4 }}{{a^2 (b + c)}} + a + \frac{{b + c}}{4} \ge 2c$

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta có đpcm. Đẳng thức có $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Ví dụ 9 : Cho và n là một số tự nhiên dương. Chứng minh

$\frac{{a^n }}{{b + c}} + \frac{{b^n }}{{c + a}} + \frac{{c^n }}{{a +b}} \ge \frac{{a^{n - 1} + b^{n - 1} + c^{n - 1} }}{2}$ .

Giải : Áp dụng BĐT Côsi cho n-1 số $\frac{{a^n }}{{b + c}}$ và 1 số $\frac{{(b + c)^{n - 1} }}{{2^n }}$ ta có :
$(n - 1)\frac{{a^n }}{{b + c}} + \frac{{(b + c)^{n - 1} }}{{2^n }}\ge n{\rm{ }}\sqrt[n]{{a^{n(n - 1)} .\frac{1}{{2^n }}}} =\frac{n}{2}a^{n - 1}$ . Tương tự :

$(n - 1)\frac{{b^n }}{{c + a}} + \frac{{(c + a)^{n - 1} }}{{2^n }}\ge \frac{n}{2}b^{n - 1} ;{\rm{ }}(n - 1)\frac{{c^n }}{{a + b}} +\frac{{(a + b)^{n - 1} }}{{2^n }} \ge \frac{n}{2}c^{n - 1}$

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được :

$(n - 1).{\rm{VT}} + \frac{1}{2}{\rm{[}}(\frac{{a + b}}{2})^{n - 1} + (\frac{{b + c}}{2})^{n - 1} + (\frac{{c + a}}{2})^{n - 1} {\rm{]}}\ge \frac{n}{2}(a^{n - 1} + b^{n - 1} + c^{n - 1} )$

Mặt khác ta lại có :
$\frac{{a^{n - 1} + b^{n - 1} }}{2} \ge (\frac{{a + b}}{2})^{n - 1};{\rm{ }}\frac{{b^{n - 1} + c^{n - 1} }}{2} \ge (\frac{{b +c}}{2})^{n - 1} ;{\rm{ }}\frac{{c^{n - 1} + a^{n - 1} }}{2} \ge(\frac{{c + a}}{2})^{n - 1}$

$\Rightarrow \frac{{a^{n - 1} + b^{n - 1} + c^{n - 1} }}{2} \ge\frac{1}{2}{\rm{[}}(\frac{{a + b}}{2})^{n - 1} + (\frac{{b +c}}{2})^{n - 1} + (\frac{{c + a}}{2})^{n - 1} {\rm{]}}$

Do đó : $(n - 1){\rm{VT}} \ge (n - 1)\frac{{a^{n - 1} + b^{n - 1} + c^{n -1} }}{2} \Rightarrow {\rm{VT}} \ge \frac{{a^{n - 1} + b^{n - 1} +c^{n - 1} }}{2}$ đpcm

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Ví dụ 10 : Cho $x,y,z \ge 0$ và $xyz = 1$ . Chứng minh rằng :

$x^3 + y^3 + z^3 \ge x + y + z$ .

Giải : Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực không âm ta có :

$x^3 + 1 + 1 \ge 3\sqrt[3]{{x^3 .1.1}} = 3x \Leftrightarrow x^3 + 2\ge 3x$ .

Tương tự : $y^3 + 2 \ge 3y;{\rm{ }}z^3 + 2 \ge 3y$

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được : $x^3 + y^3 + z^3 + 6 \ge 3(x + y + z)$

Mặt khác : $x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}} = 3 \Rightarrow 2(x + y + z) \ge 6$ .

$\Rightarrow x^3 + y^3 + z^3 + 6 \ge (x + y + z) + 2(x + y + z)$

$\Rightarrow x^3 + y^3 + z^3 \ge x + y + z$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z = 1$ .

Nhận xét : * Xuất phát từ $x = \sqrt[3]{{x^3 }}$ nên ta áp dụng BĐT Côsi cho ba số có dạng

$x^3 + a + a$ . Do đẳng thức xảy ra khi $x = y = z = 1 \Rightarrow a = 1$ .

* Tương tự ta có bài toán tổng quát như sau :

Ví dụ 11 : Cho số thực không âm có tích bằng 1 $a_1 ,a_2 ,a_3 ,...,a_k$ . Chứng minh

$a_1^m + a_2^m + ... + a_k^m \ge a_1^n + a_2^n + ... + a_k^n$ với $\forall m \ge n$ .

Giải :Áp dụng BĐT Côsi cho m số, gồm n số $a_i^m$ và $(m - n)$ số 1 ta có :

$na_i^m + (m - n) \ge m\sqrt[m]{{a_i^{mn} }} = ma_i^n$ .

Cho i=1,2,…,k rồi lấy tổng hai vế ta được:

$n(a_1^m + a_2^m + ... + a_k^m ) + k(m - n) \ge n(a_1^n + a_2^n +... + a_k^n ) + (m - n)(a_1^n + a_2^n + ... + a_k^n )$

Mà: $a_1^n + a_2^n + ... + a_k^n \ge k\sqrt[k]{{a_1^n a_2^n ...a_k^n}} = k \Rightarrow (m - n)(a_1^n + a_2^n + ... + a_k^n ) \ge (m -n)k$

$\Rightarrow n(a_1^m + a_2^m + ... + a_k^m ) \ge n(a_1^n + a_2^n + ... + a_k^n )$

$\Leftrightarrow a_1^m + a_2^m + ... + a_k^m \ge a_1^n + a_2^n + ... + a_k^n$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1 = a_2 = ... = a_k = 1$ .

Nhắn tin cho tác giả

Nguyễn Tất Thu @ 20:45 20/02/2012
Số lượt xem: 258014

Số lượt thích: 30 người (Nguyễn Đình Mại, Nguyễn Văn Lập, Nguyễn Thanh Ngân, ...)

Ví dụ 12 : Cho $a,{\rm{ }}b,{\rm{ }}c > 0{\rm{ }}$ và $a + b + c = 1$ .Chứng minh rằng:

$9(a^4 \,\, + b^4 \,\, + c^4 )\,\,\, \ge \,a^2 + b^2 + c^2$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi ta có:

$a^4 \,\, + \,\frac{1}{{81}}\,\,\,\, \ge \,\,\frac{2}{9}\,\,a^2$ ;

$b^4 \,\, + \,\frac{1}{{81}}\,\,\, \ge \,\,\,\frac{2}{9}\,\,b^2$ ;

$c^4 \,\, + \,\,\frac{1}{{81}}\,\,\, \ge \,\,\,\frac{2}{9}\,\,\,b^2$ cộng ba BĐT lại với nhau

$\Rightarrow \,\,\,a^4 \, + \,b^4 \,\, + \,c^4 \,\, +\,\,\frac{1}{{27}}\,\, \ge \,\,\,\frac{{a^2 \, + \,b^2 \, + \,c^2}}{9}\,\, + \,\,\frac{{a^2 \, + \,b^2 \,\, + c^2 }}{9}\,\,\,$ .

Mặt khác: $a^2 + b^2 + c^2 \ge \frac{1}{3}(a + b + c)^2 = \frac{1}{3}$

$\Rightarrow 9(a^4 \,\, + b^4 \, + c^4 )\,\, \ge \,\,\,a^2 \, +\,b^2 \, + \,c^2$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$ .

Nhận xét : 1) Tương tự ta có BĐT tổng quát của bài toán trên như sau:

Cho k số thực không âm $a_1 ,...,a_k \,$ thỏa mãn $\,a_1 \, + a_2 \, + ... + \,a_k \,\, = 1$ . Chứng minh

$\frac{{a_1^n \,\, + a_2^n \,\, + ... + \,\,a_k^n }}{{k^m }}\,\,\,\,\ge \,\,\,\frac{{a_1^m \, + ... + \,\,a_k^m }}{{k^n}}\,\,\,\,\,\,\,\,\forall n\,\, \ge \,\,m$ .

2) Từ BĐT tổng quát trên ta có các hệ quả sau

Hq1 : Cho k số thực không âm $a_1 ,...,a_k \,$ thỏa mãn $\,a_1 \, + a_2 \, + ... + \,a_k \,\, = 1$ . Chứng minh

$a_1^n \,\, + a_2^n \,\, + ... + \,\,a_k^n \,\,\,\, \ge\frac{1}{{k^{n - 1} }}\,\,\,$ .

Chứng minh : Áp dụng BĐT tổng quá trên với $m=1$ ta có đpcm

Hq2: Cho k số thực $a_1 ,a_2 ,...,a_k > 0$ .Chứng minh rằng:

$\frac{{a_1^n \,\, + ... + \,\,a_k^n }}{k}\,\,\, \ge\,\,\,(\,\frac{{a_1 \, + ... + \,a_k }}{k})^n$ với $n \in N^*$

Chứng minh: Đặt $b_i = \frac{{a_i }}{{a_1 + a_2 + ... + a_k }}$ với $i=1,2,3,…,k$

$\Rightarrow b_1 + b_2 + ... + b_k = 1$ và BĐT trở thành:

$b_1^n \,\, + b_2^n \,\, + ... + \,b_k^n \,\,\,\, \ge \frac{1}{{k^{n- 1} }}\,\,\,$ đây chính là hệ quả 1.

Ví dụ 13 : Cho $a,b,c > 0$ . Chứng minh rằng : $(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) \le abc$ .

Giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử $a \ge b \ge c \Rightarrow a + b - c > 0$ và $c + a - b > 0$

* Nếu $b + c - a < 0 \Rightarrow$ BĐT cần chứng minh luôn đúng.

* Nếu $b + c - a > 0$ áp dụng BĐT Côsi ta có :

$(a + b - c)(b + c - a) \le (\frac{{a + b - c + b + c - a}}{2})^2 =b^2$ . Tương tự ta cũng có :

$(b + c - a)(c + a - b) \le c^2 {\rm{ }};{\rm{ }}(c + a - b)(a + b- c) \le a^2 {\rm{ }}$ .

Nhân ba BĐT trên lại với nhau ta có đpcm. Đẳng thức có $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Nhận xét : Sử dụng bài toán trên ta có thể giải được các bài toán sau đây

Bài toán 13.1 : Cho $a,b,c > 0$ và $abc = 1$ . Chứng minh rằng :

$(a + \frac{1}{b} - 1)(b + \frac{1}{c} - 1)(c + \frac{1}{a} - 1) \le1$ .

Giải : Vì $abc = 1 \Rightarrow$ tồn tại các số thực $x,y,z > 0$ sao cho : $a = \frac{x}{y};b = \frac{y}{z};c = \frac{z}{x}$

Khi đó BĐT cần chúng minh trở thành : $(x + y - z)(y + z - x)(z + x - y) \le xyz$

Đây chính là kết quả ở bài toán trên.

Bài toán 13.2 : Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng :

$\frac{a}{{a + b - c}} + \frac{b}{{b + c - a}} + \frac{c}{{c + a -b}} \ge 3$ .

Giải : Theo kết quả bài toán trên ta có : $\frac{{abc}}{{(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b)}} \ge 1$ .

Áp dụng BĐT Côsi cho ba số ta có :

$\frac{a}{{a + b - c}} + \frac{b}{{b + c - a}} + \frac{c}{{c + a -b}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{abc}}{{(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b)}}}}\ge 3$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Ví dụ 14 : Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng :

$(1 + a)(1 + b)(1 + c) \ge 8(1 - a)(1 - b)(1 - c)$ .

Giải : Áp dụng BĐT Côsi ta có :

$(1 - a)(1 - b) \le (\frac{{2 - (a + b)}}{2})^2 = (\frac{{2 - (1 -c)}}{2})^2 = \frac{{(1 + c)^2 }}{4}$ .

Tương tự

$(1 - b)(1 - c) \le \frac{{(1 + a)^2 }}{4}{\rm{ ; }}(1 - c)(1 - a)\le \frac{{(1 + b)^2 }}{4}$ .

Nhân ba BĐT lại với nhau ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$ .

Ví dụ 15 : Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c = abc$ . Chứng minh rằng :

$\frac{a}{{b^3 }} + \frac{b}{{c^3 }} + \frac{c}{{a^3 }} \ge 1$ .

Giải : BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\frac{{a^2 c}}{{b^2 }} + \frac{{b^2 a}}{{c^2 }} + \frac{{c^2b}}{{a^2 }} \ge a + b + c$ (*)

Áp dụng BĐT Côsi ta có : $\frac{{a^2 c}}{{b^2 }} + \frac{{b^2 a}}{{c^2 }} + c \ge3.\sqrt[3]{{\frac{{a^2 c}}{{b^2 }}.\frac{{b^2 a}}{{c^2 }}.c}} = 3a$

Tương tự : $\frac{{b^2 a}}{{c^2 }} + \frac{{c^2 b}}{{a^2 }} + a \ge 3b{\rm{ ;}}\frac{{c^2 b}}{{a^2 }} + \frac{{a^2 c}}{{b^2 }} + b \ge 3c$ . Cộng ba BĐT trên ta có được BĐT (*) đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ .

Ví dụ 16 : Cho các số thực dương $x,y,z$ . Chứng minh rằng :

$\frac{x}{{\sqrt {x^2 + 8yz} }} + \frac{y}{{\sqrt {y^2 + 8zx} }} +\frac{z}{{\sqrt {z^2 + 8xy} }} \ge 1$ .

Giải : Đặt $a = \frac{x}{{x + y + z}};b = \frac{y}{{x + y + z}};c = \frac{z}{{x+ y + z}}$

$\Rightarrow a + b + c = 1$ và BĐT đã cho trở thành :

$P = \frac{a}{{\sqrt {a^2 + 8bc} }} + \frac{b}{{\sqrt {b^2 + 8ca}}} + \frac{c}{{\sqrt {c^2 + 8ab} }} \ge 1$

Áp dụng BĐT Côsi ta có :

$\frac{a}{{\sqrt {a^2 + 8bc} }} + \frac{a}{{\sqrt {a^2 + 8bc} }} +a(a^2 + 8bc) \ge 3a$

$\Leftrightarrow \frac{{2a}}{{\sqrt {a^2 + 8bc} }} + a(a^2 + 8bc)\ge 3a$ .

Tương tự : $\frac{{2b}}{{\sqrt {b^2 + 8ca} }} + b(b^2 + 8ca) \ge 3b{\rm{ ;}}\frac{{2c}}{{\sqrt {c^2 + 8ab} }} + c(c^2 + 8ab) \ge 3c$

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được : $2P + a^3 + b^3 + c^3 + 24abc \ge 3$

Mặt khác ta lại có :

$1 = (a + b + c)^3 = a^3 + b^3 + c^3 + 3(a + b)(b + c)(c + a) \gea^3 + b^3 + c^3 + 24abc$ .

$\Rightarrow 2P \ge 3 - (a^3 + b^3 + c^3 + 24abc) \ge 3 - 1 = 2\Rightarrow P \ge 1$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3} \Leftrightarrow x = y =z.$

Nhận xét : 1) BĐT trên có nhiều cách chứng minh, ngoài cách chứng minh trên còn có những cách chứng minh khác cũng dùng BĐT Côsi.

C2 : Đặt $a = \frac{{yz}}{{x^2 }};b = \frac{{zx}}{{y^2 }};c = \frac{{xy}}{{z^2}} \Rightarrow xyz = 1$ và BĐT cần chứng minh trở thành :

$\frac{1}{{\sqrt {1 + 8a} }} + \frac{1}{{\sqrt {1 + 8b} }} +\frac{1}{{\sqrt {1 + 8c} }} \ge 1 \Leftrightarrow$

$\sqrt {(1 + 8a)(1 + 8b)} + \sqrt {(1 + 8b)(1 + 8c)} + \sqrt {(1 +8c)(1 + 8a)} \ge \sqrt {(1 + 8a)(1 + 8b)(1 + 8c)}$

Bình phương hai vế và rút gọn ta được :

$8(a + b + c) + 2\sqrt {(1 + 8a)(1 + 8b)(1 + 8c)} (\sqrt {1 + 8a} +\sqrt {1 + 8b} + \sqrt {1 + 8c} ) \ge 510$ (*)

Ta có : $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} = 3$ và $ab + bc + ca \ge 3$

$\Rightarrow (1 + 8a)(1 + 8b)(1 + 8c) = 1 + 8(a + b + c) + 64(ab +bc + ca) + 512 \ge 729$

$\Rightarrow \sqrt {1 + 8a} + \sqrt {1 + 8b} + \sqrt {1 + 8c} \ge3\sqrt[6]{{(1 + 8a)(1 + 8b)(1 + 8c)}} \ge 9$

$\Rightarrow VT(*) \ge 8.3 + 2.27.9 = 510 \Rightarrow (*)$ đúng đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1 \Leftrightarrow x = y = z$ .

2) Từ cách giải trên ta có thể tổng quát bài toán trên như sau :

Cho các số thực dương $x,y,z$ và số thực $\lambda \ge 8$ . Chứng minh rằng :

$\frac{x}{{\sqrt {x^2 + \lambda yz} }} + \frac{y}{{\sqrt {y^2 +\lambda zx} }} + \frac{z}{{\sqrt {z^2 + \lambda xy} }} \ge\frac{3}{{\sqrt {1 + \lambda } }}$ .

Nguyễn Tất Thu @ 20h:45p 20/02/12

Bài giảng Bất đẳng thức (20/02/12)

Tài nguyên dạy học

Các ý kiến mới nhất

Hỗ trợ trực tuyến

Điều tra ý kiến

Thống kê

Ảnh ngẫu nhiên

Thành viên trực tuyến

Chào mừng quý vị đến với website Toán sơ cấp của Nguyễn Tất Thu

Tạo bài viết mới Bất đẳng thức Cô si

Đăng nhập

Tài nguyên dạy học

Các ý kiến mới nhất

Hỗ trợ trực tuyến

Điều tra ý kiến

Thống kê

Ảnh ngẫu nhiên

Thành viên trực tuyến

Chào mừng quý vị đến với website Toán sơ cấp của Nguyễn Tất Thu

Tạo bài viết mới Bất đẳng thức Cô si