Bất đẳng thức cosi

296

Bài viết bất đẳng thức cosi bao gồm: công thức bất đẳng thức cosi, chứng minh bất đẳng thức cosi, các bài toán về bất đẳng thức côsi, bài tập bất đẳng thức cosi có lời giải, bất đẳng thức cosi cho 3 số…
Bất đẳng thức cosi

Bất đẳng thức cosi

Bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân

Tên đúng của bất đẳng thức này là bất đẳng thức AM-GM. Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này nhưng hay nhất là cách chứng minh quy nạp của Cauchy. Vì vậy, nhiều người nhầm lẫn rằng Cauchy phát hiện ra bất đẳng thức này. Ông chỉ là người đưa ra cách chứng minh rất hay của mình chứ không phải là người phát hiện ra đầu tiên. Theo cách gọi tên chung của quốc tế, bất đẳng thức Bunyakovsky có tên là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, còn bất đẳng thức Cauchy có tên là bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Means – Geometric Means).

Trong toán học, bất đẳng thức Cauchy là bất đẳng thức so sánh giữa trung bình cộng và trung bình nhân của n số thực không âm được phát biểu như sau:

Trung bình cộng của n số thực không âm luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng, và trung bình cộng chỉ bằng trung bình nhân khi và chỉ khi n số đó bằng nhau.

Với n số thức không âm \(\displaystyle {{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}},…{{x}_{n}}\): \(\displaystyle \frac{{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}+…+{{x}_{n}}}}{n}\ge \sqrt[n]{{{{x}_{1}}{{x}_{2}}{{x}_{3}}…{{x}_{n}}}}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\displaystyle {{x}_{1}}={{x}_{2}}={{x}_{3}}=…={{x}_{n}}\)

Bất đẳng thức cosi cho 2 số không âm

\(\displaystyle \frac{{a+b}}{2}\ge \sqrt{{ab}}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b

Bất đẳng thức cosi cho 3 số không âm

\(\displaystyle \frac{{a+b+c}}{3}\ge \sqrt[3]{{abc}}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Bất đẳng thức cosi cho 4 số không âm

\(\displaystyle \frac{{a+b+c+d}}{4}\ge \sqrt[4]{{abcd}}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d

Bất đẳng thức cosi cho n số không âm

Với n số thức không âm \(\displaystyle {{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}},…{{x}_{n}}\): \(\displaystyle \frac{{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}+…+{{x}_{n}}}}{n}\ge \sqrt[n]{{{{x}_{1}}{{x}_{2}}{{x}_{3}}…{{x}_{n}}}}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\displaystyle {{x}_{1}}={{x}_{2}}={{x}_{3}}=…={{x}_{n}}\)

Chứng minh bất đẳng thức cosi

Chứng minh bất đẳng thức Cosi với 2 số thực a, b không âm

Ta thấy với a = 0 hoặc b = 0 thì ta thấy bất đẳng thức luôn đúng. Vì vậy chúng ta chỉ chứng minh bất đẳng thức Cosi với 2 số dương mà thôi:

\(\displaystyle \frac{{a+b}}{2}\ge \sqrt{{ab}}\)
<=> \(\displaystyle a+b\ge 2\sqrt{{ab}}\)

<=> \(\displaystyle a-2\sqrt{{ab}}+b\ge 0\)

<=> \(\displaystyle (\sqrt{a}-\sqrt{b})_{{}}^{2}\ge 0\) ( vì a, b >0) luôn đúng

=> Bất đẳng thức đã cho luôn đúng với ∀ a, b dương (đpcm)

Chứng minh bất đẳng thức Cosi với 3 số thực a, b, c không âm

với a = 0 hoặc b = 0 hoặc c= 0 thì bất đẳng thức luôn đúng. Vì thế chúng ta cũng chỉ chứng minh bất đẳng thức Cosi với 3 số dương mà thôi:

Đặt:
\[x = \sqrt[3]{a},y = \sqrt[3]{b},z = \sqrt[3]{c}\]
Suy ra:
\[x,y,z \ge 0\]
Suy ra:
\[x + y + z \ge 0\]
BĐT quy về:
\[{x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz\]
\[\begin{array}{l}
{(x + y)^3} – 3xy(x + y) + {z^3} – 3xyz \ge 0\\
(x + y + z){\rm{[}}({(x + y)^2} – (x + y)z + {z^2}{\rm{]}} – 3xy(x + y + z) \ge 0\\
(x + y + z)({x^2} + {y^2} + {z^2} + 2xy – xz – yz) – 3xy(x + y + z) \ge 0\\
(x + y + z)({x^2} + {y^2} + {z^2} – xy – yz – zx) \ge 0\\
(x + y + z)(2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} – 2xy – 2yz – 2zx) \ge 0\\
(x + y + z){\rm{[}}{(x – y)^2} + {(y – z)^2} + {(x – z)^2}{\rm{]}} \ge 0,(\forall x,y,z \ge 0)
\end{array}\]

Dấu “=” sảy ra khi x=y=z tương đương a=b=c.

Chứng minh bất đẳng thức Cosi với 4 số thực a, b, c, d không âm

với a = 0 hoặc b = 0 hoặc c= 0 hoặc d = 0 thì bất đẳng thức luôn đúng. Vì thế chúng ta cũng chỉ chứng minh bất đẳng thức Cosi với 4 số dương mà thôi:

\[\begin{array}{l}
a + b + c + d \ge 2\sqrt {ab} + 2\sqrt {cd} \ge 4\sqrt[4]{{abcd}}\\
{(\frac{{a + b + c + d}}{4})^4} \ge abcd
\end{array}\]
Thay:
\[d = \frac{{a + b + c}}{3}\]
=> Ta được bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương.

Chứng minh bất đẳng thức Cosi với n số thực không âm

n=2 thì bđt đúng.
Nếu bất đẳng thức đúng với n số thì nó cũng đúng với 2n số.
Chứng minh đơn giản vì:
\[{x_1} + {x_2} + …. + {x_n} \ge n\sqrt[n]{{{x_1}.{x_2}…{x_n}}} + n\sqrt[n]{{{x_{n + 1}}.{x_{n + 2}}…{x_{2n}}}} \ge 2n\sqrt[{2n}]{{{x_1}.{x_2}…{x_{2n}}}}\]
Theo quy nạp thì bất đẳng thức đúng với n là một lũy thừa của 2.
Mặt khác giả sử bất đẳng thức đúng với n số thì ta cũng chứng minh được nó đúng với n-1 số như sau:
Theo bất đẳng thức cosi cho n số:
\[{x_1} + {x_2} + …. + {x_n} \ge n\sqrt[n]{{{x_1}.{x_2}…{x_n}}}\]
Chọn:
\[\begin{array}{l}
{x_n} = \frac{s}{{n – 1}},s = {x_1} + {x_2} + …. + {x_n}\\
\to s \ge (n – 1)\sqrt[{n – 1}]{{{x_1}.{x_2}…{x_{n – 1}}}}
\end{array}\]
Đây chính là bđt Cosi (n-1) số. Như vậy ta có dpcm.

Ví dụ bài tập bất đẳng thức cosi có lời giải

Bài tập bất đẳng thức cosi có lời giải và kỹ thuật Cosi ngược dấu trong chứng minh BĐT:
Chúng ta sẽ xem xét bất đẳng thức $AM – GM$ và một kĩ thuật đặc biệt – kỹ thuật Cauchy ngược dấu. Đây là một trong những kĩ thuật hay, khéo léo, mới mẻ và ấn tượng nhất của bất đẳng thức $AM-GM$. Hãy xem các ví dụ cụ thể sau:

Ví dụ 1: Các số dương $ a,b,c $ thỏa mãn điều kiện $ a+b+c=3 $. Chứng minh bất đẳng thức: \[\frac{a}{{1 + {b^2}}} + \frac{b}{{1 + {c^2}}} + \frac{c}{{1 + {a^2}}} \ge \frac{3}{2}\]
Lời giải:

Ta không thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức $AM-GM$ với mẫu số vì bất đẳng thức sẽ đổi chiều\[\frac{a}{{1 + {b^2}}} + \frac{b}{{1 + {c^2}}} + \frac{c}{{1 + {a^2}}} \le \frac{a}{{2b}} + \frac{b}{{2c}} + \frac{c}{{2a}} \ge \frac{3}{2}?!\]
Tuy nhiên, rất may mắn ta có thể dùng lại bất đẳng thức đó theo cách khác\[\frac{a}{{1 + {b^2}}} = a – \frac{{a{b^2}}}{{1 + {b^2}}} \ge a – \frac{{a{b^2}}}{{2b}} = a – \frac{{ab}}{2}\]
Ta đã sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM $cho 2 số $1 + {b^2} \ge 2b$ ở dưới mẫu nhưng lại có được một bất đẳng thức thuận chiều? Sự may mắn ở đây là một cách dùng ngược bất đẳng thức $ AM-GM $, một kĩ thuật rất ấn tượng và bất ngờ. Nếu không sử dụng phương pháp này thì bất đẳng thức trên sẽ rất khó và dài.

Từ bất đẳng thức trên, xây dựng 2 bất đẳng thức đương tự với $ b,c $ rồi cộng cả 3 bất đẳng thức lại suy ra:\[\frac{a}{{1 + {b^2}}} + \frac{b}{{1 + {c^2}}} + \frac{c}{{1 + {a^2}}} = a + b + c – \frac{{ab + bc + ac}}{2} \ge \frac{3}{2}\]
vì ta có ${ab + bc + ac \le 3}$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.
Với cách làm trên có thể xây dựng bất đẳng thức tương tự với 4 số.

Ví dụ 2: Các số dương $ a,b,c,d $ thỏa mãn điều kiện $ a+b+c=3 $. Chứng minh bất đẳng thức: \[\frac{a}{{1 + {b^2}}} + \frac{b}{{1 + {c^2}}} + \frac{c}{{1 + {d^2}}} + \frac{d}{{1 + {a^2}}}\ge 2\]
Và nếu không dùng kĩ thuật Cauchy ngược dấu thì gần như bài toán này không thể giải được theo cách thông thường được. Kĩ thuật này thực sự hiệu quả với các bài toán bất đẳng thức hoán vị.

Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số thực dương $ a,b,c,d $ thỏa mãn điều kiên $a+b+c+d=4 $ ta có:\[\frac{a}{{1 + {b^2}c}} + \frac{b}{{1 + {c^2}d}} + \frac{c}{{1 + {d^2}a}} + \frac{d}{{1 + {a^2}b}} \ge 2\]
Lời giải:

Theo bất đẳng thức $ AM-GM $
\[\frac{a}{{1 + {b^2}c}} = a – \frac{{a{b^2}c}}{{1 + {b^2}c}} \ge a – \frac{{a{b^2}c}}{{2b\sqrt c }} = a – \frac{{ab\sqrt c }}{2}\]
\[ \ge a – \frac{{b\sqrt {a.ac} }}{2} \ge a – \frac{{b\left( {a + ac} \right)}}{4}\]
\[\, \Rightarrow \frac{a}{{1 + {b^2}c}} \ge a – \frac{1}{4}\left( {ab + abc} \right)\]
Hoàn toàn tương tự ta có thêm 3 bất đẳng thức sau:
\[\frac{b}{{1 + {c^2}d}} \ge b – \frac{1}{4}\left( {bc + bcd} \right),\frac{c}{{1 + {d^2}a}} \ge c – \frac{1}{4}\left( {cd + cda} \right),\frac{d}{{1 + {a^2}b}} \ge d – \frac{1}{4}\left( {da + dab} \right)\]
Cộng vế cả 4 bất đẳng thức trên ta được
\[\frac{a}{{1 + {b^2}c}} + \frac{b}{{1 + {c^2}d}} + \frac{c}{{1 + {d^2}a}} + \frac{d}{{1 + {a^2}b}} \ge a + b + c + d – \frac{1}{4}\left( {ab + bc + cd + da + abc + bcd + cda + dab} \right)\]
Từ bất đẳng thức $ AM-GM $ dễ dàng suy ra các bất đẳng thức:
$${ab + bc + cd + da \le \frac{1}{4}{{\left( {a + b + c + d} \right)}^2} = 4}$$
$${abc + bcd + cda + dab \le \frac{1}{{16}}{{\left( {a + b + c + d} \right)}^3} = 4}$$
Do đó\[\frac{a}{{1 + {b^2}c}} + \frac{b}{{1 + {c^2}d}} + \frac{c}{{1 + {d^2}a}} + \frac{d}{{1 + {a^2}b}} \ge a + b + c + d – 2 = 2\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ a=b=c=d=1 $.

Ví dụ 4: Chứng minh với mọi số thực dương $ a,b,c,d $ tac luôn có: \[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {d^2}}} + \frac{{{d^3}}}{{{d^2} + {a^2}}} \ge \frac{{a + b + c + d}}{2}\]
Lời giải:

Sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM $ với 2 số
\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} = a – \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge a – \frac{{a{b^2}}}{{2ab}} = a – \frac{b}{2}\]
Xây dựng 3 bất đẳng thức tương tự với $ b,c,d $rồi cộng theo vế các bất đẳng thức lại ta được:\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {d^2}}} + \frac{{{d^3}}}{{{d^2} + {a^2}}} \ge a – \frac{b}{2} + b – \frac{c}{2} + c – \frac{d}{2} + d – \frac{a}{2} = \frac{{a + b + c + d}}{2}\]
Ta có được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi tất cả các biến bằng nhau.
Một bất đẳng thức cùng dạng trên là:\[\frac{{{a^4}}}{{{a^3} + 2{b^3}}} + \frac{{{b^4}}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{{c^4}}}{{{c^3} + 2{d^3}}} + \frac{{{d^4}}}{{{d^3} + 2{a^3}}} \ge \frac{{a + b + c + d}}{3}\]

Ví dụ 5: Cho $ a,b,c \ge 0 $ và $ a+b+c=3 $. Chứng minh:
\[\frac{{{a^2}}}{{a + 2{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{b + 2{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{b + 2{a^2}}} \ge 1\]
Lời giải:

Sử dụng biến đổi và bất đẳng thức $ AM-GM $ cho 3 số:
\[\frac{{{a^2}}}{{a + 2{b^2}}} = a – \frac{{2a{b^2}}}{{a + 2{b^2}}} \ge a – \frac{{2a{b^2}}}{{3\sqrt[3]{{a{b^4}}}}} = a – \frac{2}{3}{\left( {ab} \right)^{\frac{2}{3}}}\]
Hoàn toàn tương tự ta cũng có 2 bất đẳng thức:
\[\frac{{{b^2}}}{{b + 2{c^2}}} \ge b – \frac{2}{3}{\left( {bc} \right)^{\frac{2}{3}}},\frac{{{c^2}}}{{c + 2{a^2}}} \ge c – \frac{2}{3}{\left( {ca} \right)^{\frac{2}{3}}}\]
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\[a + b + c – \frac{2}{3}\left( {{{\left( {ab} \right)}^{\frac{2}{3}}} + {{\left( {bc} \right)}^{\frac{2}{3}}} + {{\left( {ca} \right)}^{\frac{2}{3}}}} \right) \ge 1\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {ab} \right)^{\frac{2}{3}}} + {\left( {bc} \right)^{\frac{2}{3}}} + {\left( {ca} \right)^{\frac{2}{3}}} \le 3\]
Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng, vì theo bất đẳng thức $ AM-GM $:
\[a + ab + b \ge 3{\left( {ab} \right)^{\frac{2}{3}}},b + bc + c \ge 3{\left( {bc} \right)^{\frac{2}{3}}},c + ca + a \ge 3{\left( {ca} \right)^{\frac{2}{3}}}\]
Ngoài ra dễ thấy $ ab + bc + ca \le 3 $ nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $

Kết quả của bài toán vẫn đúng khi thay giả thiết $ a+b+c=3 $ bởi $ ab+bc+ca=3 $ hoặc $ \sqrt a + \sqrt b + \sqrt c = 3 $, trường hợp sau khó hơn một chút. Ta có thêm một bất đẳng thức khác cùng dạng trên.

Ví dụ 6: Cho $ a,b,c \ge 0 $ và $ a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
\[\frac{{{a^2}}}{{a + 2{b^3}}} + \frac{{{b^2}}}{{b + 2{c^3}}} + \frac{{{c^2}}}{{b + 2{a^3}}} \ge 1\]
Lời giải:

Chứng minh tương tự đưa bất đẳng thức về:
\[b\sqrt[3]{{{a^2}}} + c\sqrt[3]{{{a^2}}} + a\sqrt[3]{{{c^2}}} \le 3\]
Sau đó áp dụng bất đẳng thức $ AM-GM $ ta có:
\[b{a^{\frac{2}{3}}} \le b\left( {2a + 1} \right),c{b^{\frac{2}{3}}} \le c\left( {2b + 1} \right),a{c^{\frac{2}{3}}} \le a\left( {2c + 1} \right)\]
Cộng cả ba vế bất đẳng thức trên được điều phải chứng minh.

Ví dụ 7: Chứng minh với mọi số thực dương $ a,b,c $ có tổng bằng 3 thì:
\[\frac{{a + 1}}{{{b^2} + 1}} + \frac{{b + 1}}{{{c^2} + 1}} + \frac{{c + 1}}{{{a^2} + 1}} \ge 3\]
Lời giải:

Theo bất đẳng thức $ AM-GM $ dễ thấy
\[\frac{{a + 1}}{{{b^2} + 1}} = a + 1 – \frac{{\left( {a + 1} \right){b^2}}}{{{b^2} + 1}} \ge a + 1 – \frac{{{b^2}\left( {a + 1} \right)}}{{2b}} = a + 1 – \frac{{ab + b}}{2}\]
Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa với $ b,c $ rồi cộng lại ta được:
\[\frac{{a + 1}}{{{b^2} + 1}} + \frac{{b + 1}}{{{c^2} + 1}} + \frac{{c + 1}}{{{a^2} + 1}} \ge \left( {a + 1 – \frac{{ab + b}}{2}} \right) + \left( {b + 1 – \frac{{bc + c}}{2}} \right) + \left( {c + 1 – \frac{{ca + a}}{2}} \right)\]
\[ = 3 + \frac{{a + b + c – ab – bc – ca}}{2} \ge 3\]
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1$.

Ví dụ 8: Chứng minh rằng với mọi $ a,b,c,d $ dương có tổng bằng 4 thì:
\[\frac{{a + 1}}{{{b^2} + 1}} + \frac{{b + 1}}{{{c^2} + 1}} + \frac{{c + 1}}{{{d^2} + 1}} + \frac{{d + 1}}{{{a^2} + 1}} \ge 2\]
Cũng bằng phương pháp tương tự ta có bất đẳng thức sau đây.

Ví dụ 9: Chứng minh rằng với mọi $ a,b,c,d $dương có tổng bằng 4 thì:
\[\frac{1}{{{a^2} + 1}} + \frac{1}{{{b^2} + 1}} + \frac{1}{{{c^2} + 1}} + \frac{1}{{{d^2} + 1}} \ge 2\]
Lời giải:

Thật vậy ta có đánh giá sau:
\[\frac{1}{{{a^2} + 1}} = 1 – \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 1}} \ge 1 – \frac{{{a^2}}}{{2a}} = 1 – \frac{a}{2}\]
Sau đó chỉ cần làm tương tự với $ b,c,d $ rồi cộng lại ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=d=1 $.

Bất đẳng thức cosi
5 (100%) 1 vote

BÌNH LUẬN

Please enter your comment!
Please enter your name here