O₂ Education

Tag: cauchy

  • Bất đẳng thức Côsi và ứng dụng

    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.

    Bất đẳng thức Côsi và ứng dụng 1

    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 $a = b = c = 1$.

  • Tóm tắt lý thuyết thức bất đẳng thức lớp 10

    Tóm tắt lý thuyết thức bất đẳng thức lớp 10

    1. Định nghĩa bất đẳng thức

    Cho $a,b$ là hai số thực. Các mệnh đề “a>b”, “a<b”, “a≥b”, “a ≤ b” được gọi là những bất đẳng thức.

    • Chứng minh bất đẳng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng (mệnh đề đúng)
    • Với $A,B$ là mệnh đề chứa biến thì $A>B$ cũng là mệnh đề chứa biến. Chứng minh bất đẳng thức $A>B$ (với điều kiện nào đó) nghĩa là chứng minh mệnh đề chứa biến $A>B$ đúng với tất cả các giá trị của biến (thỏa mãn điều kiện đó).
    • Khi nói ta có bất đẳng thức $A>B$ mà không nêu điều kiện đối với các biến thì ta hiểu rằng bất đẳng thức đó xảy ra với mọi giá trị của biến là số thực.

    2. Tính chất của bất đẳng thức lớp 10

    • $\begin{cases} a>b\\ b>c \end{cases}\Rightarrow a>c$
    • $a>b\Leftrightarrow a+c>b+c$
    • $\begin{cases} a>b>0\\ c>d >0\end{cases} \Rightarrow ac>bd$
    • $\begin{cases} a>b\\ c>d \end{cases} \Rightarrow a+c>b+d$
    • Nếu $c>0$ thì $a>b\Leftrightarrow ac>bc$
    • Nếu $c<0$ thì $a>b\Leftrightarrow ac<bc$
    • $a>b\ge 0\Rightarrow \sqrt{a}>\sqrt{b}$
    • $a\ge b\ge 0\Leftrightarrow {{a}^{2n}}\ge {{b}^{2n}}$, với mọi số tự nhiên dương $n$.
    • $a>b \Leftrightarrow {{a}^{2n+1}}>{{b}^{2n+1}}$, với mọi số tự nhiên $n$.

    3. Các bất đẳng thức thông dụng

    Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân AM-GM (Bất đẳng thức Cauchy)

    a) Đối với hai số không âm

    Cho \(a\ge 0,b\ge 0\), ta có $$\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$$ Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi $a=b$.

    Hệ quả:

    • Hai số dương có tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bằng nhau.
    • Hai số dương có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau.

    b) Đối với ba số không âm.

    Cho $a\ge 0,b\ge 0,c\ge 0$, ta có $$\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[3]{abc}$$ Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\).

    Bất đẳng thức Bunhia (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz)

    Cho các số thực $a_1,a_2,\ldots ,a_n$ và $b_1,b_2,\ldots ,b_n$, ta có $$\left(a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots +b_n^2\right)\ge \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n\right)^2.$$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=\cdots =\dfrac{a_n}{b_n}.$

    Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối.

    • $-\left| a \right|\le a\le \left| a \right|$ với mọi số thực $a$ .
    • $\left| x \right|<a\Leftrightarrow -a<x<a$ ( với $a>0$)
    • $\left| x \right|>a\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x>a \\ & x<-a \\ \end{align} \right.$ ( với $a>0$)

    Bất đẳng thức tam giác

    \[|a|+|b| \geqslant |a\pm b| \geqslant \big| |a|-|b|\big|\]

    Ngoài ra còn rất nhiều bất đẳng thức khác, mời các bạn xem trong bài Các bất đẳng thức thường sử dụng

  • Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy)

    Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy)

    Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy)

    Cách chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy hay tên chính xác là AM-GM, mời bạn xem trong bài Các bất đẳng thức thường sử dụng) hay chính là cách dự đoán dấu bằng xảy ra trong BĐT Cauchy.

    Chọn điểm rơi là gì?

    Chọn điểm rơi ở đây chính là dự đoán giá trị của biến làm dấu bằng trong các bất đẳng thức xảy ra.

    Các dấu hiệu nhận biết thường thấy:

    • Nếu biểu thức có điều kiện ràng buộc thì GTLN, GTNN của biểu thức thường đạt được tại vị trí biên.
    • Nếu biểu thức có tính đối xứng thì dấu “=” thường xảy ra khi các biến bằng nhau.
    • Nếu biểu thức không có tính đối xứng thì tuỳ theo bài toán mà linh hoạt áp dụng.

    Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi

    Chúng ta xuất phát từ một bài toán quen thuộc sau:

    BÀI TẬP 1: Chứng minh rằng $$x+\frac{1}{x}\ge 2,\forall x>0$$ Đẳng thức xảy ra khi $x=2$.

    Hướng dẫn.  Bài tập trên chỉ cần sử dụng bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) chi hai số dương là xong. Tuy nhiên, khá nhiều bạn bạn lúng túng khi gặp bất đẳng thức sau:

    BÀI TẬP 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$S=x+\frac{1}{x},\forall x\ge 2.$$

    Hướng dẫn.

    Sai lầm thường gặp: $$S=x+\frac{1}{x} \ge 2\sqrt{x\cdot \frac{1}{x}}=2$$

    Tuy nhiên, dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{1}{x} $ hay $x=1$, không thỏa mãn giả thiết $x \ge 2$.

    Nhận thấy rằng khi $x$ tăng thì $S$ cũng tăng theo (bằng cách thử trực tiếp hoặc dùng máy tính CASIO vào tính năng lập bảng TABLE để thử). Từ đó dẫn đến dự đoán khi $x=2$ thì $S$ nhận giá trị nhỏ nhất.

    Do bất đẳng thức Côsi xảy ra dấu bằng tại điều kiện các tham số tham gia phải bằng nhau, nên tại “điểm rơi $x=2$” ta không thể sử dụng bất đẳng thức Côsi trực tiếp cho hai số$x$ và $\frac{1}{x}$ vì khi đó $x=2$ còn $\frac{1}{x}=1/2$.

    Lúc này ta sẽ giả định sử dụng bất đẳng thức Côsi cho cặp số $kx$ và $\frac{1}{x}$ thì biểu thức $S$ viết lại thành $$x+\frac{1}{x}=kx +\frac{1}{x}+\left( 1-k \right)x.$$ Cần tìm số $k>0$ sao cho phương trình $kx=\frac{1}{x}$ xảy ra tại $x=2$. Dễ dàng tìm được $k=\frac{1}{4}$ và khi đó $$S=\frac{1}{4}x+\frac{1}{x}+\frac{3}{4}x.$$

    Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có: $$\frac{1}{4}x+\frac{1}{x}\ge 2\sqrt{\frac{1}{4}x\frac{1}{x}}=1.$$ Mặt khác, vì $x\ge 2$ nên $$\frac{1}{4}x+\frac{1}{x}+\frac{3}{4}x\ge 1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$$

    Dấu đẳng thức xảy ra khi $x = 2$. Vậy, giá trị nhỏ nhất của $S$ là $2$.

    BÀI TẬP 3: Cho $x > 0,y > 0$ và thoả mãn điều kiện $x+y=1$, chứng minh: $$xy + \frac{1}{xy}\ge \frac{17}{4}$$

    Hướng dẫn. Từ $x > 0 , y > 0$ và $x + y = 1$ suy ra $$1\ge 2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\le \frac{1}{4}$$

    Đặt $y =\frac{1}{xy}$ Ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $$y+\frac{1}{y}\ge \frac{17}{4}$$ với y$\ge 4$, cách chứng minh tương tự BÀI TẬP 2.

    BÀI TẬP 4: Cho $x>0, y>0,z>0$ và $x+y+z=1$. Chứng minh rằng: $$xyz+\frac{1}{xyz}\ge 27+\frac{1}{27}$$ Dấu bằng xảy ra khi $x = y = z = \frac{1}{3}$.

    Sử dụng các bài tập 2, 3, 4, chúng ta có thể chứng minh bài tập sau:

    BÀI TẬP 5:

    a) Cho $x>0,y>0$ và $x+y=1$, chứng minh rằng $$\sqrt{x+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{y+\frac{1}{{{y}^{2}}}}\ge \sqrt{18},$$ dấu đẳng thức xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$.

    b) Cho $x>0,y>0,z>0$ và thoả mãn $x+y+z=1$. Chứng minh $$\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{{{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}}+\sqrt{{{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}}\ge \sqrt{82}$$ Dấu đẳng thức xảy ra khi $x = y = z = \frac{1}{3}$.

    Hướng dẫn.

    a) Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có: $$VT\ge 2\sqrt[4]{\left( x+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\left( y+\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)}$$ $$\left( x+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\left( y+\frac{1}{y} \right)=xy+\frac{x}{{{y}^{2}}}+\frac{y}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}$$ Mặt khác, $0<x+y=1\Rightarrow 0<xy\le \frac{1}{4}$ nên suy ra $$xy+\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}\ge \frac{1}{4}+{{4}^{2}}=\frac{65}{4}; \frac{x}{{{y}^{2}}}+\frac{y}{{{x}^{2}}}\ge 2\sqrt{\frac{1}{xy}}\ge 4$$ Do đó, $$VT\ge 2\sqrt[4]{\frac{65}{4}+4}=2\sqrt[4]{\frac{81}{4}}=\sqrt{18}$$

    b) Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 3 số dương ta có: $$\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{{{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}}+\sqrt{{{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}}\ge 3\sqrt[6]{\left( {{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\left( {{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)\left( {{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}} \right)}$$ Ta tiếp tục biến đổi như sau \begin{align} & \left( {{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\left( {{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)\left( {{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}} \right) \\ & ={{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}+\frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}{{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}} \end{align}

    Ta có $0<xyz\le \frac{1}{27}$ nên suy ra $${{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}\ge 729+\frac{1}{729}$$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, chúng ta có \begin{align} \frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}&\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}} \\  \frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}{{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}&\ge 3\sqrt[3]{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}} \end{align} Suy ra \begin{align} \frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}+\frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}{{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}&\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}}+3\sqrt[3]{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}} \\  & \ge \text{3}\left(\frac{\text{1}}{\text{9}}+9\right) \end{align} Từ đó suy ra $$\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{{{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}}+\sqrt{{{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}}\ge 3\sqrt[6]{729+\frac{1}{729}+3(9+\frac{1}{9})}\ge \sqrt{82}$$

    Đối với các bài toán khó hơn, mời các bạn tham khảo SỬ DỤNG AM-GM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẤU BẰNG KHÔNG TẠI TÂM.

  • SỬ DỤNG AM-GM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẤU BẰNG KHÔNG TẠI TÂM

    SỬ DỤNG AM-GM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẤU BẰNG KHÔNG TẠI TÂM

    SỬ DỤNG AM-GM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẤU BẰNG KHÔNG TẠI TÂM

    Bài viết của tác giả Lê Khánh Sỹ. O2 Education đã xin phép tác giả để đăng lại trên website.

    Bất đẳng thức AM-GM là một trong những bất đẳng thức thường sử dụng. Ở Việt Nam, chúng ta hay gọi bất đẳng thức này là bất đẳng thức Cauchy, dù không phải do ông lần đầu tiên đưa ra bất đẳng thức này.

    1. Sử dụng AM-GM để chứng minh bất đẳng thức dấu bằng không tại tâm

    Bài tập 1. Cho các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng $$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge 2\sqrt{1+\dfrac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}.$$

    Hướng dẫn. Nhân hai vế bầt đẳng thức cho $\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}$ bất đẳng thức viết lại như sau $$\sqrt{a(a+b)(a+c)}+\sqrt{b(b+c)(b+a)}+\sqrt{c(c+a)(c+b)}\ge 2\sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)}.$$
    Áp dụng Mincopxki, ta có $$\sqrt{a^2(a+b+c)+abc}+\sqrt{b^2(a+b+c)+abc}+\sqrt{c^2(a+b+c)+abc}\ge \sqrt{(a+b+c)^3+9abc}$$ Áp dụng Schur có $$\sqrt{(a+b+c)^3+9abc}\ge\sqrt{4(a+b+c)(ab+bc+ca)}.$$
    Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$, hoặc $a=0$ và $b=c>0$, hoặc các hoán vị.

    Nếu chọn $ab+bc+ca=1$ thì chúng ta thu được đó là bất đẳng thức Iran 2008: $$\sqrt{a^3+a}+\sqrt{b^3+b}+\sqrt{c^3+c}\ge 2\sqrt{a+b+c}.$$ Nếu chọn $a+b+c=1$ thì cũng là bài toán quen thuộc thường thấy trên diễn đàn toán học: $$\sqrt{a^2+abc}+\sqrt{b^2+abc}+\sqrt{c^2+abc}\ge 2\sqrt{ab+bc+ca}.$$

    Bài toán trên cũng liên quan mật thiết đến bài Jack garfunkel $$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2.$$

    Bài tập 2. Cho các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng $$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{16(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\ge 6.$$

    Hướng dẫn. Nhân hai vế của bất đẳng thức cho $(ab+bc+ca)$, ta được
    $$a^2+b^2+c^2+abc\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}\right)+\dfrac{16(ab+bc+ca)^2}{(a+b+c)^2}\ge 6(ab+bc+ca),$$
    hay
    $$(a+b+c)^2+abc\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}\right)+\dfrac{16(ab+bc+ca)^2}{(a+b+c)^2}\ge 8(ab+bc+ca),$$
    Bất đẳng thức trên luôn đúng do AM-GM với hai số dương $$(a+b+c)^2+\dfrac{16(ab+bc+ca)^2}{(a+b+c)^2}\ge 8(ab+bc+ca),$$
    và $$abc\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}\right)\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi hoán vị $(a,b,c)\sim (0,t,t)$ với $t>0.$

    Tiếp cận cách khác: Bất đẳng thức viết lại như sau $$(a+b+c)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}\right)+\dfrac{16(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\ge 9.$$ Vì $abc\ge 0$ do đó theo tính chất bắc cần chúng ta đi chứng minh $$(a+b+c)\left[\dfrac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}\right]+\dfrac{16(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\ge 9.$$ Vì $abc\ge 0$ do đó theo tính chất bắc cần chúng ta đi chứng minh $$(a+b+c)\left[\dfrac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}\right]+\dfrac{16(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\ge 9,$$
    hay
    $$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\dfrac{16(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\ge 6,$$
    hay
    $$\left[a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)\right]^2\ge 0.$$ Hiển nhiên đúng.

    Tổng quát: Với các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không và $k\ge 16$ thì $$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\ge 2\left(\sqrt{k}-1 \right).$$

    Bài tập 3. Cho các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng
    $$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{16(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\ge 8.$$

    Hướng dẫn. Nhân hai vế của bất đẳng thức cho $(ab+bc+ca)$, ta được $$a^2+b^2+c^2+abc\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}\right)+\dfrac{16(ab+bc+ca)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge 8(ab+bc+ca).$$ Bất đẳng thức trên luôn đúng do AM-GM với hai số dương
    $$a^2+b^2+c^2+\dfrac{16(ab+bc+ca)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge 8(ab+bc+ca),$$ và
    $$abc\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}\right)\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=4.$

    Tiếp cận cách khác. Áp dụng Bài tập 2 chúng ta cần chứng minh $$\dfrac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca} +\frac{16(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\ge 11,$$ hay $$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} +\frac{16(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\ge 8,$$
    Đây chính là AM-GM bài toán chứng minh xong.

    Tổng quát: Với các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không và $k\ge 4$ thì $$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\ge 2\sqrt{k}.$$

    Bài tập 4. Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng $$\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2}+\dfrac{27(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge 52.$$

    Hướng dẫn. Ta có $$ \dfrac{a^2(ab+bc+ca)^2}{b^2+c^2}= \dfrac{a^2\left[a^2(b^2+c^2)+2abc(b+c+a)+b^2c^2 \right]}{b^2+c^2}\ge a^4.$$ Do đó nhân hai vế cho $(ab+bc+ca)$ và để bất đẳng thức đúng chúng cần chứng minh $$a^4+b^4+c^4+ \dfrac{27(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge 52(ab+bc+ca)^2.$$ Mà $$a^4+b^4+c^4=(a^2+b^2+c^2)^2-2(ab+bc+ca)^2+4abc(a+b+c)\ge (a^2+b^2+c^2)^2-2(ab+bc+ca)^2.$$ Do đó theo tính chất bắc cầu ta đi chứng minh
    $$(a^2+b^2+c^2)^2+\dfrac{27(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge 54(ab+bc+ca)^2,$$ hay
    $$(a^2+b^2+c^2)^3+54(ab+bc+ca)^3\ge 27(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2.$$

    Bất đẳng thức trên luôn đúng theo AM-GM do $$(a^2+b^2+c^2)^3+ 27(ab+bc+ca)^2+27(ab+bc+ca)^2\ge 3\sqrt[3]{27^2(a^2+b^2+c^2)^3(ab+bc+ca)^6}$$$$= 27(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=3.$

    Tổng quát: Với các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không và $k\ge 8$ thì $$\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2}+\dfrac{k(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge k+3\sqrt[3]{k^2}-2+\dfrac{4abc(a+b+c)}{(ab+bc+ca)^2}.$$

    Bài tập 5. Cho các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng $$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}+\dfrac{9\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c} \ge 6 .$$

    Hướng dẫn. Ta có $$\sqrt{\dfrac{a(ab+bc+ca)}{b+c}}=\sqrt{a^2+\dfrac{abc}{b+c}}\ge a.$$ Do đó nhân hai vế cho $\sqrt{ab+bc+ca}$ và để bất đẳng thức đúng chúng cần chứng minh $$a+b+c+\dfrac{9(ab+bc+ca)}{a+b+c}\ge 6\sqrt{ab+bc+ca},$$ hay $$\left(a+b+c-3\sqrt{ab+bc+ca} \right)^2\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=7.$

    Tổng quát:

    • Với các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không và $k\ge 4$ thì $$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}+\dfrac{k\sqrt{ab+bc+ca}}{a+b+c} \ge 2\sqrt{k}.$$
    • Với các số thực không âm $x,y,z,a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không và $k\ge 4\min\{xy,yz,zx\}$ thì $$x\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+y\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+z\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}+\dfrac{k\sqrt{ab+bc+ca}}{xa+yb+zc} \ge 2\sqrt{k}.$$

    Bài tập 6. Cho các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng $$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}+\sqrt{\dfrac{27(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}}\ge \dfrac{7\sqrt{2}}{2} .$$

    Hướng dẫn. Ta có $$\sqrt{\dfrac{a(ab+bc+ca)}{b+c}}=\sqrt{a^2+\dfrac{abc}{b+c}}\ge a.$$ Do đó nhân hai vế cho $\sqrt{ab+bc+ca}$ và để bất đẳng thức đúng chúng cần chứng minh $$a+b+c+\dfrac{3\sqrt{3}(ab+bc+ca)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\ge \dfrac{7\sqrt{2}}{2}\sqrt{ab+bc+ca},$$ hay
    $$\sqrt{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}+\dfrac{3\sqrt{3}(ab+bc+ca)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\ge \dfrac{7\sqrt{2}}{2}\sqrt{ab+bc+ca}.$$ Đặt $t=\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2}\ge \sqrt{3}$ chúng ta cần chứng minh $$f(x):=x+\dfrac{3\sqrt{3}}{\sqrt{x^2-2}}-\dfrac{7\sqrt{2}}{2}\ge 0$$ Dễ thấy rằng $f'(x)=0$ khi $x=2\sqrt{2}$, khi đó $$f(x)\ge f(2\sqrt{2})=0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=6.$

    Tổng quát: Với các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không và $k\ge \sqrt{2}$ thì $$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}+k\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}} \ge x+\dfrac{k}{\sqrt{x^2-2}}.$$
    Với
    $$x=\sqrt{ \dfrac{k^2}{\sqrt[3]{27k^2+3\sqrt{81k^4-3k^6}}} +\dfrac{\sqrt[3]{27k^2+3\sqrt{81k^4-3k^6}}}{3}+2 }.$$

    Bài tập 7. Cho các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{8}{a+b+c}\ge \dfrac{6}{\sqrt{ab+bc+ca}}.$$

    Hướng dẫn. Viết lại bất đẳng thức như sau $$\dfrac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}+\dfrac{8}{a+b+c}\ge \dfrac{6}{\sqrt{ab+bc+ca}}.$$ Bất đẳng thức đúng thì chúng ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}+\dfrac{8}{a+b+c}\ge \dfrac{6}{\sqrt{ab+bc+ca}},$$ hay $$\left(a+b+c-3\sqrt{ab+bc+ca} \right)^2\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=7.$

    Tổng quát: Với các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không và $k\ge 3$ thì $$\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{k}{a+b+c}\ge \dfrac{2\sqrt{k+1}}{\sqrt{ab+bc+ca}}.$$

    Bài tập 8. Cho các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}+\dfrac{24}{(a+b+c)^2}\ge \dfrac{8}{ab+bc+ca} .$$

    Hướng dẫn. Nhân hai vế của bất đẳng thức cho $(a+b+c)^2$, ta được $$2\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)+\left(\dfrac{a}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{b}{c+a}\right)^2+\left(\dfrac{c}{a+b}\right)^2+27\ge \dfrac{8(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}.$$ Như trên thì ta có $$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca},$$
    và \begin{align}\left(\dfrac{a}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{b}{c+a}\right)^2+\left(\dfrac{c}{a+b}\right)^2\ge \dfrac{a^4+b^4+c^4}{(ab+bc+ca)^2}\\
    \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2-2(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2}\\
    =\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)^2-2.\end{align} Đặt $y=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\ge 1$ bài toán cần chứng minh theo tính chất bắc cầu qua ngôn ngữ $y$ như sau $$2y+y^2+25\ge 8(y+2),$$ hay $$(y-3)^2\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=3.$

    Tổng quát: Với các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không và $k\ge 15$ thì $$\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}+\dfrac{k}{(a+b+c)^2}\ge \dfrac{2\left(\sqrt{k+1}-1 \right)}{ab+bc+ca}.$$

    Bài tập 9. Cho các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\ge \dfrac{5}{2(ab+bc+ca)} .$$

    Hướng dẫn. Giả sử rằng $c=\min\{a,b,c\}$ khi đó ta có $$\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\ge \dfrac{1}{\left(a+\dfrac{c}{2} \right)^2+\left(b+\dfrac{c}{2} \right)^2}+\dfrac{1}{\left(b+\dfrac{c}{2} \right)^2}+\dfrac{1}{\left(a+\dfrac{c}{2} \right)^2},$$ và $$\left(a+\dfrac{c}{2}\right)\left(b+\dfrac{c}{2}\right)-(ab+bc+ca)=\dfrac{c(c-2a-2b)}{4}\le 0. $$Do đó chúng ta cần chứng minh bài toán qua ngôn ngữ $x,y$ như sau $$\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\ge \dfrac{5}{2xy},$$
    hay $$\dfrac{(x-y)^2(2x^2+2y^2-xy)}{2x^2y^2(x^2+y^2)}\ge 0. $$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $a=b>0$.

    Tổng quát: Với các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không thì $$\dfrac{1}{a^2-kab+b^2}+\dfrac{1}{b^2-kbc+c^2}+\dfrac{1}{c^2-kca+a^2}\ge \dfrac{E_k}{(ab+bc+ca)},$$ khi đó $$E_k=\begin{cases} \dfrac{5-2k}{2-k},\ \ \ \ 0\le k\le 1\\
    2+k,\ \ \ \ 1\le k\le 2\end{cases}.$$ Thật vậy, dễ thấy rằng ba phân thức vế trái là dương. Giả sử $a\ge b\ge c$. Ta có $$a^2-kab+b^2- \left[\left( a+\dfrac{c}{2}\right)^2-k\left( a+\dfrac{c}{2}\right)\left( b+\dfrac{c}{2} \right)+\left( b+\dfrac{c}{2} \right)^2 \right]=\dfrac{(k-2)(2a+2b+c)c}{4}\le 0,$$ $$a^2-kac+c^2 \le\left( a+\dfrac{c}{2}\right)^2,$$ và $$b^2-kbc+c^2 \le\left( b+\dfrac{c}{2}\right)^2,$$ $$\left(a+\dfrac{c}{2}\right)\left(b+\dfrac{c}{2}\right)\le ab+bc+ca.$$ Do đó chúng ta cần chứng minh bất đẳng thức theo ngôn ngữ $x,y$ dương như sau $$\dfrac{1}{x^2-kxy+y^2}+\frac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\ge \dfrac{E_k}{xy}.$$ Nếu $1\le k\le 2$ bất đẳng thức viết lại $$\dfrac{xy}{x^2-kxy+y^2}+\dfrac{x^2-kxy+y^2}{xy}+k\ge E_k.$$ Áp dụng AM-GM, ta có $$\dfrac{xy}{x^2-kxy+y^2}+\dfrac{x^2-kxy+y^2}{xy}+k\ge 2+k=E_k.$$ Nếu $0\le k\le 1$ bất đẳng thức viết lại $$\dfrac{xy}{x^2-kxy+y^2}+\dfrac{x^2-kxy+y^2}{xy}+k\ge E_k.$$ Chú ý rằng trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi $x=y$, do đó trọng số của $\dfrac{xy}{x^2-kxy+y^2}= \dfrac{1}{2-k}$ vậy nên chúng ta phải phân tích như sau. Bất đẳng thức viết lại \begin{align}\dfrac{xy}{x^2-kxy+y^2}+\dfrac{x^2-kxy+y^2}{(2-k)^2xy}
    +\left[1-\dfrac{1}{(2-k)^2}\right]\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\dfrac{k}{(2-k)^2}\\
    \ge \dfrac{2}{2-k}+2\left[1-\dfrac{1}{(2-k)^2}\right]+\dfrac{k}{(2-k)^2}\\
    =E_k.\end{align} Hoàn tất chứng minh.

    Bài tập 10. Cho các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng $$4\left(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\right)+9\ge\dfrac{27(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}.$$

    Hướng dẫn. Dễ thấy rằng $$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge \dfrac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}.$$ Vì thế chúng ta chỉ cần chứng minh với ngôn ngữ $x\ge 1$ như sau $$4\sqrt{x+2}+9\ge \dfrac{27x}{x+2},$$ hay $$\dfrac{54}{x+2}+2\sqrt{x+2} +2\sqrt{x+2}\ge 18.$$ Đây chính là bất đẳng thức AM-GM cơ bản.

    Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=7.$

    Tổng quát: Với các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không và $0<k\le \dfrac{3}{2}$ thì $$4k^3\left(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\right)+9(3-2k^2)\ge \dfrac{27(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}.$$

    Bài tập 11. Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng $$\left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|\le \dfrac{(a+b+c)^3}{6\sqrt{3}}.$$

    Hướng dẫn. Bình phương hai vế, ta được $$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\le \dfrac{(a+b+c)^6}{108}.$$
    Giả sử rằng $c=\min\{a,b,c\}$ khi đó ta có \begin{align} (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\le (a^2-2ab+b^2).ab.ab \\
    \text{(Áp dụng AM-GM)}\ \ \le\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{(a^2-2ab+b^2+2ab+2ab)^3}{27}\\
    \le \dfrac{(a+b)^6}{108}\\
    \le \dfrac{(a+b+c)^6}{108}.
    \end{align} Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=4.$

    Tổng quát: Với các số thực không âm $a,b,c$ và $\dfrac{2}{3}\le k\le 2$. Khi đó ta có $$(a^2-kab+b^2)(b^2-kbc+c^2)(c^2-kca+a^2)\le \dfrac{4(a+b+c)^6}{27(2+k)^2}.$$ Thật vậy không mất tính tổng quát giả sử rằng $c=\min\{a,b,c\}$. Khi đó ta có
    $$0\le b^2-kbc+c^2\le b(b-kc+c),$$ và $$0\le c^2-kca+a^2 \le a(c-kc+a).$$ Do đó chúng ta cần chứng minh $$(a^2-kab+b^2)(ab-kca+ca)(bc-kbc+ab)\le \dfrac{4(a+b+c)^6}{27(2+k)^2},$$ hay $$(a^2-kab+b^2).x(ab-kca+ca).x(bc-kbc+ab)\le \dfrac{(a+b+c)^6}{27} \left(x=1+\dfrac{k}{2}\right).$$ Áp dụng AM-GM thì ta cần chứng minh $$\left[(a+b)^2+\left(1+\dfrac{k}{2}\right)(1-k)(a+b)c \right]^3\le (a+b+c)^6,$$ hay $$c\left[(k^2+k+2)(a+b)+2c\right]\ge 0.$$ Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra hoán vị cặp nghiệm $c=0$ và $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=\dfrac{2+3k}{2}.$

    2. Bài tập tự luyện

    Cho các số thực không âm $a,b,c$ không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng với $k\ge 1$ ta luôn có 2 bài toán sau:
    $$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+k\cdot\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{a^3+b^3+c^3}\ge 2\sqrt{k}+1.$$
    $$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+k\cdot\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{a^3+b^3+c^3}\ge 2\sqrt{k}+1.$$

  • Các bất đẳng thức thường sử dụng

    Các bất đẳng thức thường sử dụng

    Các bất đẳng thức thường sử dụng

    1. Các bất đẳng thức thường sử dụng

    Bất đẳng thức AM-GM

    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
    Chứng minh bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm bằng hình học

    Bất đẳng thức AM-GM suy rộng

    Cho $p_1,p_2\ldots p_n$ là các số thực dương thỏa $$p_1+p_2+\cdots +p_n=1.$$ Với $a_1,a_2\ldots a_n$ là các số thực không âm thì ta có $$p_1a_1+p_2a_2+\cdots +p_na_n\ge a_1^{p_1}a_2^{p_2}\ldots a_n^{p_n}.$$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=\cdots =a_n.$

    Bất đẳng thức AM-HM

    Với $a_1,a_2,\ldots,a_n$ là các số thực không âm, khi đó $$\left(a_1+a_2+\cdots +a_n \right)\left(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}\cdots +\dfrac{1}{a_n} \right)\ge n^2$$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=\cdots =a_n.$

    Bất đẳng thức Bernoulli

    Với số thực $x\ge -1$, ta có:

    • $(1+x)^r\ge 1+rx $ khi $r\ge 1$ hoặc $r\le 0$
    • $(1+x)^r\le 1+rx $ khi $0\le r\le 1$

    Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

    Cho các số thực $a_1,a_2,\ldots ,a_n$ và $b_1,b_2,\ldots ,b_n$, ta có $$\left(a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots +b_n^2\right)\ge \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n\right)^2.$$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=\cdots =\dfrac{a_n}{b_n}.$

    Bất đẳng thức Hölder

    Cho $x_{ij}$ là các số thực không âm (với $i=\overline{1;m}, \ \ j=\overline{1;n}$ ), khi đó ta có $$\prod_{i=1}^{m}\left(\sum_{j=1}^n x_{ij}\right)\ge \left(\sum_{j=1}^{n}\sqrt[m]{\prod_{i=1}^{m}x_{ij}} \right)^m.$$

    Bất đẳng thức Chebyshev

    Cho $a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n$ là các số thực.

    1. Nếu $b_1\ge b_2\ge\cdots\ge b_n$ thì $$n\sum_{i=1}^na_ib_i\ge\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i\right).$$
    2. Nếu $b_1\le b_2\le\cdots\le b_n$ thì $$n\sum_{i=1}^na_ib_i\le\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i\right).$$

    Bất đẳng thức hoán vị

    Cho $a_1\ge a_2\ge\ldots\ge a_n$ là hai dãy số thực và $(z_1,z_2,\ldots ,z_n)$ là hoán vị nào đó của $(x_1,x_2,\ldots ,x_n)$. Khi đó ta có:

    1. Nếu $b_1\ge b_2\ge\cdots\ge b_n$ thì $$a_1b_1+a_2b_2+\cdots a_nb_n\ge z_1b_2+z_2b_2+\cdots +z_nb_n.$$
    2. Nếu $b_1\le b_2\le\cdots\le b_n$ thì $$a_1b_1+a_2b_2+\cdots a_nb_n\le z_1b_2+z_2b_2+\cdots +z_nb_n.$$

    Bất đẳng thức Maclaurin và bất đẳng thức Newton

    Với $a_1,a_2,\ldots,a_n$ là các số thực không âm, khi đó:

    1. (Maclaurin) $S_1\ge S_2\ge \cdots\ge S_n$
    2. (Newton) $S_k^2\ge S_{k-1}S_{k+1}$

    với $$S_{k}=\sqrt[k]{\dfrac{\displaystyle\sum_{1\le i_1< i_2<\cdots <i_n}^n a_{i_1}a_{i_2}\ldots a_{i_n} }{ C_{n}^k}}.$$

    Bất đẳng thức Karamata

    Cho hai bộ số $(x_1,x_2\ldots ,x_n)$ và $(y_1,y_2\ldots ,y_n)$ với $(x_1,x_2\ldots ,x_n)\succ\succ(y_1,y_2\ldots ,y_n)$ sao cho $x_i,y_i\in \mathbb{I}\subseteq \mathbb{R}$. Nếu hàm số $f$ xác định lồi trên khoảng $\mathbb{I}\subseteq \mathbb{R}$ thì
    $$f(x_1)+f(x_2)+\cdots +f(x_n)\ge f(y_1)+f(y_2)+\cdots +f(y_n).$$

    Ghi chú: $$(x_1,x_2\ldots ,x_n)\succ\succ(y_1,y_2\ldots ,y_n)\Leftrightarrow\begin{cases}x_1\ge y_1\\
    x_2+x_2\ge y_1+y_2\\
    \cdots \cdots \cdots\cdots \cdots \cdots\cdots \cdots\\
    x_1+x_2+\cdots +x_{n-1}\ge y_1+y_2+\cdots +y_{n-1}\\
    x_1+x_2+\cdots +x_{n}= y_1+y_2+\cdots +y_{n}\end{cases}$$

    Bất đẳng thức Popoviciu

    Cho hàm số $f$ xác định lồi trên khoảng $\mathbb{I}\subseteq \mathbb{R}$. Khi đó với $a_1,a_2,\ldots ,a_n\in\mathbb{I}$ thì
    $$f(a_1)+f(a_2)+\cdots +f(a_n)+n(n-2)f\left(\dfrac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}\right)\ge (n-1)\left[f(b_1)+f(b_2)+\cdots +f(b_2)\right],$$ với $$b_i=\dfrac{1}{n-1}\sum_{j\neq i}a_j \ \ ,\ \ i=\overline{1;n}.$$

    Bất đẳng thức Schur

    • Cho các số thực không âm $a,b,c$ và số thực dương k, khi đó ta có $$a^k(a-b)(a-c)+b^k(b-c)(b-a)+c^k(c-a)(c-b)\ge 0,$$ Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=0$ và $b=c$ hoặc một vài hoán vị.
    • Với $k=1$ chúng ta thu được một vài phát biểu quen thuộc sau: $$a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
      $$(a+b+c)^3+9abc\ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$$ $$a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge 2(ab+bc+ca)$$ $$\sum_{cyc}\dfrac{a}{b+c} +\dfrac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2.$$

    Bất đẳng thức Vornicu-Schur

    Cho các số thực không âm $a,b,c,x,y,z$ sao cho $(a,b,c)$ và $(x,y,z)$ đều là các bộ đơn điệu. Khi đó ta có $$x(a-b)(a-c)+y(b-a)(b-c)+z(c-a)(c-b)\ge 0$$

    Bất đẳng thức Vasc

    Với mọi số thực $a,b,c$, ta có $$(a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a). $$ Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $\dfrac{a}{sin^2\dfrac{4\pi}{7}}=\dfrac{b}{sin^2\dfrac{2\pi}{7}}=\dfrac{c}{sin^2\dfrac{\pi}{7}}$, (hoặc một vài hoán vị).

    Bất đẳng thức Vasc

    Cho $f_{n}(a,b,c)$ là một đa thức đối xứng bậc $n=3$, $n=4$, $n=5.$

    1. Với $a,b,c$ các số thực thì $f_{4}(a,b,c)\ge 0$ khi và chỉ khi $f_{4}(a,1,1)\ge 0$
    2. Với $a,b,c$ các số thực không âm thì $f_{n}(a,b,c)\ge 0$ khi và chỉ khi $f_{n}(a,1,1)\ge 0$ và $f_{n}(0,b,c)\ge 0$.

    Bất đẳng thức $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\ge 0$

    Với các số thực $a,b,c$, ta có $$27(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2= 4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2\ge 0,$$ từ đây ta có
    $$ \dfrac{-2p^3+9pq-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27} \le r\le \dfrac{-2p^3+9pq+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27} $$

    2. Một số tiêu chuẩn khi chứng minh bất đẳng thức

    SOS

    Cho các số thực không âm thỏa $a\ge b\ge c $ và cần chứng minh $$f(a,b,c)=(a-b)^2S_c+(b-c)^2S_a+(c-a)^2S_b\ge 0.$$
    Sau đấy chúng ta sẽ tạo ra một vài tiêu chuẩn thường sử dụng:

    1. Tiêu chuẩn 1. Nếu $S_a,S_b,S_c\ge 0$ thì $f(a,b,c)\ge 0$ là hiển nhiên.
    2. Tiêu chuẩn 2. Nếu $S_b\ge 0$ và $S_b+S_c\ge 0$ và $S_a+S_b\ge 0$ thì $f(a,b,c)\ge 0$.
      Thật vậy $$(a-c)^2=(a-b)^2+(b-c)^2+2(a-b)(b-c)\ge (a-b)^2+(b-c)^2,$$
      do đó ta có $$f(a,b,c)\ge (a-b)^2(S_b+S_c)+(b-c)^2(S_a+S_b)\ge 0,$$ do đó để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh $S_b+S_c\ge 0$ và $S_a+S_b\ge 0$.
    3. Tiêu chuẩn 3. Nếu $S_b\le 0$ và $S_a+2S_b\ge 0$ và $S_c+2S_b\ge 0$ thì $f(a,b,c)\ge 0$.
      Thật vậy $$(a-c)^2=(a-b)^2+(b-c)^2+2(a-b)(b-c)\le 2\left[(a-b)^2+(b-c)^2 \right]$$ do đó ta có
      $$f(a,b,c)\ge (a-b)^2(S_c+2S_b)+(b-c)^2(S_a+2S_b),$$ vậy nên để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh $S_c+2S_b\ge 0$ và $S_a+2S_b\ge 0$.
    4. Tiêu chuẩn 4. Nếu $S_b,S_c\ge 0$ và $b^2S_a+a^2S_b\ge 0$ thì $f(a,b,c)\ge 0$.
      Thật vậy theo bất đẳng thức tỉ lệ thì $$\dfrac{a-c}{b-c}\ge \dfrac{a}{b},$$ do đó ta có $$f(a,b,c)\ge (b-c)^2S_a+\dfrac{(b-c)^2a^2}{b^2}S_b,$$ vậy nên để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh $b^2S_a+a^2S_b\ge 0.$
    5. Tiêu chuẩn 5. Nếu $S_b,S_c\ge 0$ và $b(b-c)S_a+a(a-c)S_b\ge 0$ thì $f(a,b,c)\ge 0$.
      Thật vậy theo bất đẳng thức tỉ lệ thì $$\dfrac{a-c}{b-c}\ge \dfrac{a}{b},$$ do đó ta có $$f(a,b,c)\ge (b-c)^2S_a+\dfrac{(b-c)^2a(a-c)}{b(b-c)}S_b,$$ vậy nên để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh $b(b-c)S_a+a(a-c)S_b\ge 0.$

    Tiêu chuẩn Vornicu-Schur

    \begin{aligned}x(a-b)(a-c)&+y(b-c)(b-a)+z(c-a)(c-b)=\left[a\sqrt{x}-(\sqrt{x}+\sqrt{z})b+c\sqrt{z} \right]^2+\\
    &+(\sqrt{x}-\sqrt{y}+\sqrt{z})^2(a-b)(b-c)+2\sqrt{y}(a-b)(b-c)(\sqrt{x}-\sqrt{y}+\sqrt{z})\end{aligned}

  • Bất đẳng thức Iranian MO 2014 vòng 2

    Bất đẳng thức Iranian MO 2014 vòng 2

    Bất đẳng thức Iranian MO 2014 vòng 2

    Đề bài. (Iranian MO 2014, round 2)

    Cho các số thực \(x, y, z \geq 0\) thỏa mãn \(x^{2}+y^{2}+z^{2}=2(x y+y z+z x) .\) Chứng minh rằng:
    $$\frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{2 x y z}$$

    Lời giải: Chúng ta có $$x^{2}+y^{2}+z^{2}=2(x y+y z+z x) \Leftrightarrow(x+y-z)^{2}=4 x y$$

    Không mất tính tổng quát, giả sử rằng \(z=\min \{x, y, z\},\) thì \(x+y-z \geq 0\). Áp dụng BĐT AM-GM:
    $$
    \frac{x+y+z}{3}=\frac{\frac{x+y-z}{2}+\frac{x+y-z}{2}+2 z}{3} \geq \frac{3 \sqrt[3]{\left(\frac{x+y-z}{4}\right)^{2}} \cdot 2 z}{3}=\sqrt[3]{2 x y z}
    $$

    Đây chính là điều phải chứng minh.

    (Lời giải của thầy Nguyễn Thái Vũ – Nhóm FB Học Toán với thầy Vũ)