Loa nghe nhạc, loa bluetooth, dàn karaoke, âm thanh sân khấu trường học lớp học

Bất đẳng thức Côsi và ứng dụng

Bất đẳng thức CôSi (Cauchy) hay bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức so sánh giữa trung bình cộng và trung bình nhân của n số thực không âm.

1. Bất đẳng thức Cô-si là gì?

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.

Với $a_1,a_2,\ldots,a_n$ là các số thực không âm, khi đó $$a_1+a_2+\cdots +a_{n}\ge n\sqrt[n]{a_1a_2\ldots a_n}.$$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=\cdots =a_n$.

các bất đẳng thức thường sử dụng, SỬ DỤNG AM-GM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẤU BẰNG KHÔNG TẠI TÂM, chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi
Chứng minh bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm bằng hình học

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.

Các trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Cosi:

  • Bất đẳng thức Cô si với 2 số thực không âm $a$ và $b$ thì: \[\frac{a+b}{2} \geqslant \sqrt{ab}\] Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
  • Bất đẳng thức Cô si với 3 số thực không âm $a,b$ và $c$ thì: \[\frac{a+b+c}{3} \geqslant \sqrt[3]{abc}\] Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c.

Tên đúng của bất đẳng thức này là bất đẳng thức AM-GM. Có nhiều cách để chứng minh bđt này nhưng hay nhất là cách chứng minh quy nạp của Cauchy.

2. Các dạng phát biểu của bất đẳng thức Cô-si

a. Dạng tổng quát của bất đẳng thức Cô-si

Cho $x_1, x_2, x_3,…,x_n$ là các số thực dương ta có:

– Dạng 1: \(\dfrac{x_1+x_2+…+x_n}{n} \geqslant \sqrt[n]{x_1 x_2 x_3…x_n}\)

– Dạng 2: \({x_1+x_2+…+x_n} \geqslant n\sqrt[n]{x_1 x_2 x_3…x_n}\)

– Dạng 3: \(\left(\dfrac{x_1+x_2+…+x_n}{n}\right)^n \geqslant x_1 x_2 x_3…x_n\)

– Dạng 4: \(\left(x_1+x_2+…+x_n\right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+…\frac{1}{x_n} \right) \geqslant n^2\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x_1= x_2= x_3=…=x_n$.

b. Dạng đặc biệt của bất đẳng thức Cô-si

Là các trường hợp đặc biệt của dạng tổng quát ở trên khi n=2, n=3.

c. Một số bất đẳng thức được suy ra từ bất đẳng thức Cauchy

Bất đẳng thức Côsi, bdt cosi, bất đẳng thức cauchy

d. Chú ý khi sử dụng bất đẳng thức AM – GM

  • Khi áp dụng bất đẳng thức Cô si thì các số phải là những số không âm;
  • Bất đẳng thức 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;
  • Bất đẳng thức Côsi còn có hình thức khác thường hay sử dụng.

3. Hệ quả của bất đẳng thức Cô-si

  • \(x^{2}+y^{2} \geq 2 x y ; 2\left(x^{2}+y^{2}\right) \geq(x+y)^{2} ; \sqrt{2(x+y)} \geq \sqrt{x}+\sqrt{y}\)
  • \(x^{2}+y^{2}-x y \geq \frac{3(x+y)^{2}}{4}\)
  • \(x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq x y+y z+z x\)
  • \(3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq(x+y+z)^{2} \geq 3(x y+y z+z x)\)
  • \(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} y^{2} \geq x y z(x+y+z)+3\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right) \geq(x y+y z+z x)^{2} \geq 3 x y z(x+y+z)\)

4. Các dạng bài tập bất đẳng thức Cô-si

Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=x+\frac{7}{x}$ với x > 0.

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số x > 0 và ta có: \[ x+\frac{7}{x} \geq 2 \sqrt{x \cdot \frac{7}{x}}=2 \sqrt{7} \] Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x=\frac{7}{x} \Leftrightarrow x^{2}=7 \Leftrightarrow x=\sqrt{7}\) (do x>0).

Vậy \(\min A=2 \sqrt{7} \Leftrightarrow x=\sqrt{7}\).

Bài 2: Cho \(x>0, y>0\) thỏa mãn điều kiện \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2}\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(A=\sqrt{x}+\sqrt{y}\).

Lời giải: Áp dụng bdt Cosi ta có \[ \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq 2 \sqrt{\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{y}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \geq \frac{2}{\sqrt{x y}} \Leftrightarrow \sqrt{x y} \geq 4 \]
Lại có, áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số (x>0, y>0) ta có:
\[\sqrt{x}+\sqrt{y} \geq 2 \sqrt{\sqrt{x y}}=2 \sqrt{4}=4 \] Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[ \left\{\begin{array}{l}
x=y \\ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x=y=4. \]

Vậy $\min A = 4$ khi và chỉ khi $x = y = 4$.

Bài 3: Ví dụ: Cho \(a\), \(b\) là số dương thỏa mãn \(a^{2}+b^{2}=2\). Chứng minh rằng \[ (a+b)^{5} \geq 16 a b \sqrt{\left(1+a^{2}\right)\left(1+b^{2}\right)} \]

Lời giải: Ta có \((a+b)^{5}=\left(a^{2}+2 a b+b^{2}\right)\left(a^{3}+3 a b^{2}+3 a^{2} b+b^{3}\right)\)

Áp dụng bdt Côsi ta có \[ \begin{aligned} &a^{2}+2 a b+b^{2} \geq 2 \sqrt{2 a b\left(a^{2}+b^{2}\right)}=4 \sqrt{a b} \text { và } \\ &\left(a^{3}+3 a b^{2}\right)+\left(3 a^{2} b+b^{3}\right) \geq 2 \sqrt{\left(a^{3}+3 a b^{2}\right)\left(3 a^{2} b+b^{3}\right)}=4 \sqrt{a b\left(1+b^{2}\right)\left(a^{2}+1\right)} \end{aligned} \]

Suy ra \(\left(a^{2}+2 a b+b^{2}\right)\left(a^{3}+3 a b^{2}+3 a^{2} b+b^{3}\right) \geq 16 a b \sqrt{\left(a^{2}+1\right)\left(b^{2}+1\right)}\)

Do đó \((a+b)^{5} \geq 16 a b \sqrt{\left(1+a^{2}\right)\left(1+b^{2}\right)}\) (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=1\).

Bài 4: Tìm GTLN của: $y=x^{2}(1-x) \quad, x \in(0,1)$

Lời giải: Do $x, 1-x>0$ nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $$ 2 y=x^{2}(1-2 x)=x \cdot x \cdot(1-2 x) \leq\left(\frac{x+x+1-2 x}{3}\right)^{3}=\frac{1}{27} \Rightarrow y \leq \frac{1}{54} $$ Dấu ‘=’ xảy ra $\Leftrightarrow x=1-2 x \Leftrightarrow x=\frac{1}{3}$.

Vậy Max $y=\frac{1}{27}$ khi $x=\frac{1}{3}$

Bài 5: Tìm GTNN của: $y=x+\frac{1}{x-1}, x>1$.

Lời giải: Do $x-1>0$ nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $$ y=(x-1)+\frac{1}{x-1}+1 \geq 2 \sqrt{(x-1) \cdot \frac{1}{x-1}}+1=3 \Rightarrow y \geq 3 $$ Dấu ‘=’ xảy ra $\Leftrightarrow x-1=\frac{1}{x-1} \Leftrightarrow x=2$.

Vậy Min $y=3$ khi $x=2$.

Xem thêm Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy).

Bài 6: Cho 3 số dương \(a, b\), c, hãy chứng minh: \[ \left(a+\frac{1}{b}\right)\left(b+\frac{1}{c}\right)\left(c+\frac{1}{a}\right) \geq 8 \]

Hướng dẫn giải: Áp dụng BĐT Cosi, ta có: \[ \begin{aligned} a+\frac{1}{b} \geq 2 \sqrt{\frac{a}{b}};\\ b+\frac{1}{c} \geq 2 \sqrt{\frac{b}{c}};\\ c+\frac{1}{a} \geq 2 \sqrt{\frac{c}{a}} \end{aligned}\]

Nhân theo vế 3 bdt này ta được \[\left(a+\frac{1}{b}\right)\left(b+\frac{1}{c}\right)\left(c+\frac{1}{a}\right) \geq 8 \sqrt{\frac{a}{b}} \cdot \sqrt{\frac{b}{c}} \sqrt{\frac{c}{a}}=8 \] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\).

Bài 7: Cho $a, b, c>0$. Chứng minh:

a) $a^2+b^2+4 \geqslant 2a+2b+ab$
b) $a(1+b)+b(1+c)+c(1+a) \geq 3 \sqrt[3]{a b c}(1+\sqrt[3]{a b c})$
c) $a \sqrt{b-1}+b \sqrt{a-1} \leq a b$ với $a, b \geq 1$

Lời giải:

a) Áp dụng bât đẳng thức Cauchy ta có: $$ \begin{aligned} &a^{2}+4 \geq 4 a \\ &b^{2}+4 \geq 4 b \\ &a^{2}+b^{2} \geq 2 a b. \end{aligned} $$ Cộng lại ta được: $$ 2 a^{2}+2 b^{2}+8 \geq 4 a+4 b+2 a b $$ Dấu ‘=’ xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=2$

b) Ta có : $$ a(1+b)+b(1+c)+c(1+a)=(a+b+c)+(a b+b c+c a) $$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : $$ \begin{aligned} &a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{a b c} \\ &a b+b c+c a \geq 3 \sqrt[3]{a^{2} b^{2} c^{2}} \end{aligned} $$ Cộng lại ta được đpcm.

Dấu ‘=’ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$.

c) Ta có: $$a \sqrt{b-1}=\sqrt{a} \sqrt{a b-a} \leq \frac{a+a b-a}{2}=\frac{a b}{2}$$Tương tự: $$b \sqrt{a-1} \leq \frac{a b}{2}$$ Cộng lại ta đpcm.

Dấu ‘=’ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=2$.

Bài 8: Chứng minh với ba số a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = 3 thì: \[ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2} \]

Nhận xét: Bài toán đạt được dấu bằng khi và chi khi $a = b = c = 1$.

Ta sẽ sử dụng phương pháp làm trội làm giảm như sau: \[ \frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{4}+\frac{1}{2 a} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{a}{b+c} \cdot \frac{b+c}{4} \cdot \frac{1}{2 a}}=3 \sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{3}{2} \]

Tương tự ta có \(\frac{b}{c+a}+\frac{c+a}{4}+\frac{1}{2 b} \geq \frac{3}{2}\) và \(\frac{c}{a+b}+\frac{a+b}{4}+\frac{1}{2 c} \geq \frac{3}{2}\).

Cộng vế với vế ta có: \[ \begin{align*}\frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{4}+\frac{1}{2 a}+\frac{b}{c+a}+\frac{c+a}{4}+\frac{1}{2 b}+\frac{c}{a+b}+\frac{a+b}{4}+\frac{1}{2 c} & \geq 3 \cdot \frac{3}{2}=\frac{9}{2} \\ \Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{2(a+b+c)}{4}+\frac{a b+b c+c a}{2 a b c} & \geq \frac{9}{2} \\ \Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{a+b+c}{2}+\frac{a+b+c}{2} & \geq \frac{9}{2} \\ \Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} &\geq \frac{9}{2}-3=\frac{3}{2} \end{align*} \]

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.

Leave a Comment