Xem mẫu
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
MỤC LỤC
MỤ C LỤC ............................................................................................................. 1
MỞ ĐẦU ............................................................................................................... 2
NỘI DUNG ............................................................................................................ 3
I. Ứng dụng của BĐT Côsi trong chứng m inh BĐT.................................... 4
II. Một số kỹ thuật sử dụng BĐT Côsi ........................................................ 9
1. Kỹ thuật chọn điểm rơi tro ng c/m các BĐ T có điều kiện ............. 9
2. Kỹ thuật tách-ghép Côsi ............................................................ 13
III. Ứng dụng của BĐT Côsi trong bài toán Max-Min .............................. 15
KẾT LUẬN.......................................................................................................... 20
TÀ I LIỆU THAM KH ẢO .................................................................................... 21
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 1
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức là một trong những nội rất hay nhưng khá khó của Toán học.
Nó thu hút sự quan tâm nghiên cứu của rất nhiều nhà Toán học lớn, và cũng từ đó
nhiều bất đẳng thức hay gắn liền với tên tuổi của những nhà Toán học nổi tiếng
được ra đời như BĐT Bunhiacopski, BĐT Becnuli, BĐT Schur,…Trong đó nổi bật
hơn cả mà chúng không thể không nhắc đến, đó là bất đẳng thức Cauchy (Côsi),
bởi vì BĐT Côsi là một bất đẳng thức đơn giản, gần gủi nhưng lại là một bất đẳng
thức mạnh và có sự ứng dụng rộng rãi trong Toán học cũng như trong nhiều lĩnh
vực khoa học tự nhiên khác.
Trong chương trình Toán học phổ thông, vấn đề bất đẳng thức được xem là
một nội dung hóc búa nhất. Khi nghiên cứu, tìm hiểu và học tập nội dung này hầu
hết chúng ta đều e ngại và không thật sự cảm thấy thích thú với nó. Tuy nhiên, bài
toán bất đẳng thức lại là một bài toán hầu như góp mặt đầy đủ trong các kì thi HSG
cũng như trong các kì thi tuyển sinh Đại học. Như thế, chẳng lẽ khi gặp một bài
toán BĐT trong một kì thi nào đó chúng ta lại bỏ qua và dễ dàng đầu hàng nó hay
sao? Để giúp cho người học có cái nhìn thiện cảm và không còn e ngại vấn đề này
nhiều toán học cũng như những người làm toán đã nghiên cứu, tìm tòi sáng tạo và
hình thành nên những phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
Khi nghiên cứu và khai thác BĐT Côsi, tôi thấy tâm đắc với hai kỹ thuật
chứng minh BĐT đặc sắc, đó là kĩ thuật “chọn điểm rơi” và kỹ thuật “tách-ghép
Côsi”. Với hai kỹ thuật này chúng ta có thể vận dụng để chứng minh được rất
nhiều bất đẳng thức mà thoạt nhìn chúng ta sẽ tưởng rất khó khăn. Với mong muốn
trao đổi kiến thức chuyên môn cũng như kinh nghiệm học toán và dạy toán cùng
đồng nghiệp, trong chuyên đề “Bất đẳng thức Côsi và ứng dụng” này, tôi trình
bày chi tiết hai kỹ thuật chứng minh trên và thể hiện một cách cụ thể hai kỹ thuật
đó qua các ví dụ và bài toán. Hy vọng đây là một tài liệu chuyên môn có giá trị.
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 2
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
NỘI DUNG
Trước hết ta nhắc lại bất đẳng thức (BĐT) Côsi cho hai số không âm:
ab
Định lý 1: Cho hai số thực không âm a và b, ta có: 2 ab (1)
2
Đẳng thức xảy ra a b
(Việc chứng minh BĐT này là khá đơn giản). BĐT (1) còn có nhiều cách
biểu diễn khác như sau:
a 2 b 2 2ab (2)
( a b) 2
a 2 b2 (3)
2
2
ab
ab (4)
2
BĐT Côsi cho ba số không âm:
Định lí 2: Với ba số thực không âm a, b và c ta có:
abc 3
abc (5)
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c.
Chứng minh: Chứng minh (5) có nhiều cách. Sau đây là một số cách chứng
minh sáng tạo
Cách 1: Sử dụng BĐT cho hai cặp số không âm ( a, b ) và (c, 3 abc ) ta được:
a b c 3 abc 2 ab 2 c 3 abc
4 ab . c 3 abc 4 3 abc
a b c 3 3 abc
abc
3 3 abc
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c.
Cách 2: Trước hết ta chứng minh BĐT Côsi cho bốn số a, b, c, d không âm.
Ta có
a b c d (a b) (c d ) 2 (a b )(c d )
2 2 ab.2 cd 4 4 abcd
abcd 4
abcd (*)
4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c d .
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 3
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
abc
Bây giờ, ta đặt d . Ta có
3
abc abc
abc 4 4 abc
3 3
4(a b c) abc abc 4 abc
4 4 abc abc
3 3 3 3
4 3
abc abc abc abc 3
abc abc abc
3 3 3 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c.
Tổng quát: Cho n số thực không âm a1 , a2 ,..., an . Ta có
a1 a2 an n
a1a2 ...an (6)
n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 a2 an .
(BĐT này được chứng minh bằng phương pháp qui nạp theo n).
Một số chú ý khi sử dụng BĐT Côsi:
i) Khi áp dụng BĐT Côsi thì các số phải không âm.
ii) BĐT Côsi thường được áp dụng khi trong bất đẳng thức cần chứng minh
có tổng và tích.
iii) Điều kiện xảy ra dấu “=” là các số bằng nhau.
SAU ĐÂ Y CHÚNG TA XÉT MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BĐ T C ÔSI
CHÚN XÉT ỨN DỤN CỦA
I. Ứng dụng của BĐT Côsi trong chứng minh BĐT.
Ví dụ 1: Cho hai số thực không âm a và b. Chứng minh:
(a b)(ab 1) 4ab
Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm ta có:
a b 2 ab
. Suy ra ( a b)( ab 1) 2 ab .2 ab 4ab .
ab 1 2 ab
a b
Đẳng thức xảy ra a b 1.
ab 1
1 1
Ví dụ 2: Cho hai số thực không âm a và b. Chứng minh: ( a b) 4.
a b
Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm ta có:
a b 2 ab
1 1 2
1 1 2 . Suy ra ( a b) 2 ab. 4.
a b a b ab
ab
Đẳng thức xảy ra a b.
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 4
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
1 1 4
Nhận xét: BĐT sau còn được viết lại dưới dạng sau: (I) hoặc
a b ab
1 11 1
(I') . Các BĐT này có rất nhiều ứng dụng trong việc chứng minh
a b 4 a b
các BĐT. Sau đây chúng ta xét một số ứng dụng đó:
Bài toán 1.1: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi.
1 1 1 1 1 1
Chứng minh rằng: 2
p a p b p c a b c
Giải. Áp dụng BĐT (I) ta có:
1 1 4 4 4
p a p b p a p b 2 p (a b ) c
1 1 4 1 1 4
Tương tự, ta cũng có: và
pb pc a pc pa b
Cộng các BĐT này vế theo vế, ta được:
1 1 1 1 1 1
2 4 a b c
p a p b p c
1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c
1 1 1
Đẳng thức xảy ra a b c đều (đpcm).
p a p b p c
Bài toán 1.2: Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 1 1
a 3b b 3c c 3a 2a b c a 2b c a b 2c
Giải. Áp dụng BĐT (I) ta có:
1 1 4 2
a 3b a b 2c 2a 4b 2c a 2b c
1 1 2 1 1 2
Tương tự, ta có: và
b 3c 2a b c a b 2c c 3a a 2b c 2a b c
Cộng ba BĐT trên ta có đpcm.
Bài toán 1.3: Cho x, y, z 0. Chứng minh rằng:
1 1 1 11 1 1
2x y z x 2 y z x y 2z 4 x y z
Giải. Áp dụng BĐT (I’) ta có:
1 1 1 1 1 1 2 1 1
2 x y z ( x y ) ( x z ) 4 x y x z 16 x y z
Tương tự ta có:
1 1 1 2 1 1 1 1 1 2
và
x 2 y z 16 x y z x y 2 z 16 x y z
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 5
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
Cộng các BĐT này ta được:
1 1 1 1 4 4 4
2 x y z x 2 y z x y 2 z 16 x y z
1 1 1 11 1 1
2x y z x 2 y z x y 2z 4 x y z
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z.
a2 b2 1
Bài toán 1.4: Cho a, b dương và a b 1. Chứng minh:
a 1 b 1 3
Giải. Ta có
a2 1 1 b2 1 1 1 1
VT ( a b 2)
a 1 a 1 b 1 b 1 a 1 b 1
1 1
1
a 1 b 1
1 1 4 4
Mặt khác, theo BĐT (I’) ta có:
a 1 b 1 a b 2 3
4 1 1
Do đó, VT 1 Đẳng thức xảy ra a b (đpcm).
3 3 2
1 1 1
Ví dụ 3: Cho a, b, c 0. Chứng minh rằng: ( a b c ) 9.
a b c
Giải. Áp dụng BĐT cho ba số dương ta có:
a b c 3 3 abc
1 1 1 3 1
1 1 1 1 ( a b c) 3 abc .3 3 9
3 3 a b c abc
a b c abc
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c.
1 1 1 9
Nhận xét: BĐT trên còn được viết lại dưới các dạng sau: (II)
a b c abc
1 1 1 1 1
hoặc (II') .
a b c 9 a b c
Từ các BĐT (I) và (II) ta có thể tổng quát thành BĐT sau:
“Cho n số thực dương a1 , a2 ,..., an . Ta có
2
1 1 1 n
(III) . Đẳng thức xảy ra a1 a2 an . ”
a1 a2 an a1 a2 an
Bất đẳng thức (III) được sử dụng nhiều trong các bài toán chứng minh BĐT.
Sau đây là một số ứng dụng của nó.
Bài toán 1.5: Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a b c 3
bc ca ab 2
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 6
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
Chú thích: BĐT này có tên gọi là BĐT Nesbit cho ba số dương. Có nhiều cách để
chứng minh BĐT này, sau đây là một số cách Cm có sử dụng BĐT Côsi.
Cách 1: Biến đổi vế trái của BĐT cần chứng minh như sau:
a b c
VT 1 1 1 3
bc ca ab
1 1 1
(a b c) 3
bc ca ab
1 1 1 1
(a b) (b c) (c a) 3
2 bc ca ab
Do đó áp dụng BĐT (II) cho ba số a b, b c, c a ta có
1 3
VT 9 3
2 2
Đẳng thức xảy ra a b b c c a a b c. BĐT được chứng minh.
Cách 2: Đặt X b c, Y c a, Z a b . Lúc đó ta có:
1
o a b c (X Y Z)
2
Y Z X Z X Y X Y Z
o a ;b ;c
2 2 2
1 X Y Z X Z Y
Do đó VT 3 . Mà theo BĐT Côsi ta
2 Y X X Z Y Z
x y
có 2, x, y 0.
y x
1 3
Suy ra VT (2 2 2 3) (đpcm).
2 2
Bài toán 1.6: Cho a, b, c 0 và a b c 1. Chứng minh rằng:
a b c 3
1 a 1 b 1 c 4
a 1 1 b 11 c 11 1 1 1
Giải. Ta có VT 3
a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1
1 1 1 9 9
Áp dụng BĐT (II) ta có:
a 1 b 1 c 1 a b c 3 4
9 3 1
Do đó VT 3 Đẳng thức xảy ra khi a b c
4 4 3
Nhận xét: Bài toán trên là một trường hợp đặc biệt của bài toán tổng quát sau:
n
“Cho n số thực dương a1 , a2 ,..., an và a
i 1
i
1 . Khi đó, ta có:
a1 a a n
2 n ”
1 a1 1 a2 1 an n 1
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 7
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
BĐT này được chứng minh theo cách của bài toán trên kết hợp với việc sử
dụng BĐT (III).
Bài toán 1.7: Cho ba số dương a, b, c sao cho a 2 b 2 c 2 3 . Chứng minh
rằng:
1 1 1 3
1 ab 1 bc 1 ca 2
Giải. Ta có ab bc ca a 2 b 2 c 2 3. Áp dụng BĐT (II), ta có:
1 1 1 9 9 9 3
2 2 2
1 ab 1 bc 1 ca ab bc ca 3 a b c 3 3 3 2
Bất đửng thức được chứng minh.
Bài toán 1.8: Cho x, y, z là ba số dương và x y z 1 . Chứng minh rằng:
1 1 1
x2 y 2 2 z 2 2 82
x2 y z
2
2 1 1 1
Giải. Trước hết ta có VT ( x y z ) (Hd: Sử dụng pp
x y z
véctơ)
Do đó
2 2
1 1 1 1 1 1
VT ( x y z ) 81( x y z ) 80( x y z ) 2
2 2 2
x y z x y z
1 1 1
18( x y z ) 80( x y z ) 2 162 80 82
x y z
1
Suy ra VT 82 . Đẳng thức xảy ra khi x y z
3
Bài toán 1.9: Cho a, b, c 0 và a b c 1. Chứng minh rằng:
1 1 1 1
2 2 2
30.
a b c ab bc ca
1 1 1 9
Giải. Áp dụng BĐT (II), ta có: .
ab bc ca ab bc ca
Suy ra
1 9
VT 2 2 2
a b c ab bc ca
1 1 1 7
2 2 2
a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca
1 1 7
Mặt khác, ta có: ab bc ca ( a b c ) 2 21
3 3 ab bc ca
Tiếp tục áp dụng BĐT (II), ta có:
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 8
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
1 1 1 9
2 2 2
2 2 2
a b c ab bc ca ab bc ca a b c 2(ab bc ca )
1 1 1 9
2 9
a b c ab bc ca ab bc ca ( a b c) 2
2 2
1
Do đó VT 9 21 30 . Đẳng thức xảy ra a b c
3
II. Một số kỹ thuật sử dụng BĐT Côsi trong chứng minh BĐT.
1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong chứng các BĐT có điều kiện.
Bài toán 2.1: Cho a, là các số dương sao cho a b 1. Chứng minh các bất
đẳng thức sau:
1 1 1
a) a 2 b 2 , b) a 4 b 4 , c) a8 b8
2 8 128
Giải. Các BĐT này có thể chứng minh như sau:
2 2 (a b)2 1
a) Áp dụng BĐT (2), ta có: a b
2 2
b) Áp dụng BĐT (2) hai lần liên tiếp, ta có:
2
( a b) 2
(a 2 b 2 ) 2 2 1
4
a b 4
2 2 8
c) Áp dụng BĐT ở b), ta có:
2
2
1
8
a b 8 a4 b4 8 1
2 2 128
Nhận xét:
Các BĐT là những trường hợp riêng của BĐT tổng quát sau:
“Cho a và b là các số dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:
n n 1
a 2 b 2 2 1 , với mọi n * ”
n
2
BĐT này được chứng minh bằng phương pháp qui nạp theo n.
Nếu thay giả thiết a b 1 bằng giả thiết a b , ta có các BĐT sau:
2 4 8
a’) a 2 b 2 b’) a 4 b 4 c’) a8 b8
2 8 128
n
2
n n
Và, ta cũng có BĐT tổng quát sau: a 2 b 2 2 1 n
2
Một sự hạn chế của phương pháp này là chỉ chứng minh được cho trường
hợp số mũ của a và b là số chẵn. Bây giờ, cho a và b là các số dương thỏa
a b 1 , ta hãy xét các BĐT sau:
1 1 1
a) a 3 b 3 b) a 5 b 5 c) a 9 b9
4 16 256
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 9
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
Ta nhận thấy rằng đây là các bất đẳng thức đối xứng, nên đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi a b. Do đó nếu a b 1 thì chắc chắn đẳng thức xảy ra khi
1
a b . Từ đó giúp ta hình thành một cách chứng minh như sau:
2
a) Áp dụng BĐT Côsi, ta có:
3 3
3 1 1 1
a 3a. 3 3
2 2 4 3 3 1 3 1
3 3 a b 4 ( a b) 6.
1 1 1 2 4 2
b3 3b.
2 2 4
3
1 1
3 3
a b 2
2 4
1
Đẳng thức xảy ra a b
2
b) Áp dụng BĐT Côsi, ta có:
5 5 5 5 4
5 1 1 1 1 1
a 5a. 5 4
2 2 2 2 2 5 5 1 1
5 5 5 5 4
a b 8. 5( a b)
5 1 1 1 1 1 2 2
b 5b.
2 2 2 2 2
5 5 5
1 1 1 1
a b 8. 10. a5 b 5 2
5 5
2 2 2 16
1
Đẳng thức xảy ra a b .
2
c) Áp dụng BĐT Côsi, ta có:
9
1
9 8
9 1 1
a 9a.
2
2
2 9 8
8 ht 9 9 1 1
9
a b 16. 9(a b)
9 1
9
1
8
1 2 2
b 9b.
2
2
2
8 ht
9 9 9
1 1 1 1
a b 16. 18. a9 b 9 2
9 9
2 2 2 256
1
Đẳng thức xảy ra a b
2
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 10
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
Tổng quát: Ta có bài toán sau: “Cho a và b là hai số thực dương và a b . Khi
(a b)n n
n
đó ta có a b n
n 1
. Hay a b n1 , n * . Đẳng thức xảy ra
n n
2 2
ab ”
2
Chứng minh.
n
n n 1
n
a na.
2
2 2 n n 1
( n 1) ht n n
n a b 2( n 1). n (a b)
n
n
n 1
2 2
b nb.
2
2 2
( n 1) ht
n n n
n n n n n
a b 2( n 1). 2n. a b 2 n 1
2 2 2 2
Bây giờ ta thử tăng thêm một biến ở vế trái. Khi đó
với a, b, c 0; a b c .
Ta hãy xét cá BĐT sau:
a) a 2 b2 c 2 A b) a 3 b3 c3 B c) a n bn c n N
2
A
3
3
Với kĩ thuật tương tự như trên ta hoàn toàn có thể chỉ ra được B
9
n
N n 1
3
Từ các trường hợp riêng trên, ta thử tổng quát thành một bài toán lớn:
Bài toán: Cho k số thực dương a1 , a2 ,..., ak thỏa a1 a2 ak . Chứng
n n n n
minh rằng: a1 a2 ak n1 . Hay
k
n
a1n a2n akn a1 a2 an
với mọi n . Đẳng thức xảy ra khi
*
k k
nào?
Chứng minh.
Áp dụng BĐT Côsi, ta có:
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 11
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
n n n 1
n
a1 na1.
k
k
k
( n 1) ht
n n n 1
a2n na2 . n n 1
k a n k (n 1). n a .
k k
k
k
i i
( n 1) ht
i 1 k i 1 k
n n n 1
n
ak nak .
k
k
k
( n 1) ht
n n n
k
k
n
a k ( n 1). kn ain a1n a2n akn k n 1
i
n
i 1 k k i 1 k k
Hay
n n
a1n a2n akn a1 a2 ak
, n .
*
(IV)
k k k
Đẳng thức xảy ra a1 a2 ak .
k
BĐT (IV) được sử dụng rất nhiều trong chứng minh các BĐT.
2. Kĩ thuật tách-ghép Côsi.
Bài toán 2.2: Cho a, b, c 0. Chứng minh rằng:
a2 b2 c2 a bc
bc ca ac 2
2
a bc a2 b c
Giải. Áp dụng BĐT Côsi, ta có: 2 a.
bc 4 bc 4
b2 ca c2 ab
Tương tự, ta có: b & c.
ca 4 ab 4
Cộng các BĐT trên ta được:
a2 b2 c2 abc
abc
bc ca ac 2
a2 b2 c2 abc
bc ca ac 2
Đẳng thức xảy ra a b c.
Nhận xét:
a2 bc
Trong bài toán trên, tại sao chúng ta lại ghép ? Mục đích của
bc 4
việc ghép này là làm mất các biến ở mẫu vì VP của BĐT là một biểu thức
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 12
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
a2 bc
không chứa biến ở mẫu. Nhưng tại sao lại ghép với chứ không
bc 4
bc
phải là b c hay ,…điều này xuất phát từ điều kiện để BĐT xảy ra đó
2
là a b c.
a2 b2 c2 3
Nếu abc 1 thì a b c 3 nên BĐT trở thành
bc ca ac 2
Phương pháp trên được sử dụng rất nhiều trong chứng minh BĐT.
Bài toán 2.3: Cho a, b, c 0 & abc 1. Chứng minh rằng
a3 b3 c3 3
( a 1)(b 1) (b 1)(c 1) (c 1)(a 1) 4
Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực dương ta có:
a3 a 1 b 1 a3 a 1 b 1 3a
3 3
( a 1)(b 1) 8 8 ( a 1)(b 1) 8 8 4
Tương tự ta có:
b3 b 1 c 1 3b c3 c 1 a 1 3c
và
(b 1)(c 1) 8 8 4 (c 1)(a 1) 8 8 4
Cộng ba BĐT ta được:
a3 b3 c3 abc3 3
(a b c)
( a 1)(b 1) (b 1)(c 1) (c 1)( a 1) 4 4
a3 b3 c3 2( a b c ) 3 2.3 3 abc 3 3
( a 1)(b 1) (b 1)(c 1) (c 1)( a 1) 4 4 4
Đẳng thức xảy ra a b c.
Bài toán 2.4: Cho a, b, c 0. Chứng minh rằng:
a4 b4 c4 abc
2
2 2
b (c a) c (a b) a (b c ) 2
Giải. Áp dụng BĐT Côsi ta cho bốn số dương ta có:
a4 b b ca a4 b b ca
44 2 2a
b 2 (c a ) 2 2 4 b (c a ) 2 2 4
Tương tự, ta có:
b4 c c ab b4 c c ab
2
44 2 2b;
c ( a b) 2 2 4 c ( a b) 2 2 4
c4 a a bc c4 a a bc
2
44 2 2c.
a (b c ) 2 2 4 a (b c ) 2 2 4
Cộng các BĐT trên ta được:
abc abc
VT a b c 2( a b c ) VT
2 2
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 13
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
a4 b4 c4 abc
Hay 2 2 2 . Đẳng thức xảy ra
b (c a) c (a b) a (b c) 2
a b c.
Bài toán 2.5: Cho x, y , z 0 và xyz 1 . Chứng minh rằng:
x3 y 3 z 3 x y z
Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực không âm, ta có:
x3 1 1 3. 3 x3 3 x . Tương tự ta có:
y 3 1 1 3. 3 y 3 3 y & z 3 1 1 3. 3 z 3 3 z
Cộng các BĐT này ta được: x 3 y 3 z 3 6 3( x y z )
Mặt khác: x y z 3 3 xyz 3 2( x y z ) 6
Do đó
x3 y 3 z 3 6 3( x y z )
x3 y 3 z 3 6 x y z 2( x y z )
x 3 y 3 z 3 x y z.
Đẳng thức xảy ra x y z 1.
Nhận xét:
Xuất phát từ x 3 x3 nên ta áp dụng BĐT Côsi cho ba số có dạng x3 a a .
Do đẳng thức xảy ra khi x y z 1 nên a 1.
Tổng quát, ta có bài toán sau:
“Cho k số thực a1 , a2 ,..., ak không âm và có tích bằng 1. Chứng minh rằng:
a1m a2m akm a1n a2n akn , m n. ”
Giải. Với mỗi i 1, k . Ta áp dụng BĐT Côsi cho m số, gồm n số aim và
(m n) số 1, ta có:
naim ( m n) aim aim 1 1 m m aimn m.ain . Cho i chạy từ 1 đến
( m n )
n
k rồi lấy tổng hai vế các BĐT đó, ta được:
n( a1m a2m akm ) k ( m n ) n( a1n a2n akn ) ( m n)(a1n a2n akn )
Mà
a1n a2n akn k k a1n .a2n ...akn k (m n )(a1n a2n akn ) (m n)k
Do đó
n( a1m a2m akm ) n( a1n a2n akn )
a1m a2m akm a1n a2n akn
Đẳng thức xảy ra a1 a2 ak 1. BĐT được chứng minh.
Bài toán 2.6: Cho a, b và c là ba số dương sao cho abc 1 . Chứng minh
rằng:
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 14
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
1 1 1 27
a b c
a 1 b 1 c 1 8
Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta có:
a 1 1
1
4 a 1 1 3
a a . Tương tự ta có:
3a 3 3 a 1 2
a
4 4 2
1 3 1 3
b b &c c . Nhân các BĐT này vế theo vế, ta được:
b 1 2 c 1 2
1 1 1 27 27
a b c abc
a 1 b 1 c 1 8 8
Đẳng thức xảy ra a b c 1. BĐT được chứng minh.
III. Ứng dụng của BĐT Côsi trong bài toán Max-Min.
Bài toán 3.1: Cho ba số dương x, y, z thỏa x y z 1. Tìm giá trị nhỏ nhất
1 1 1
của biểu thức: A x y z
x y z
Giải. Theo BĐT Côsi ta có:
1 1 1 1 1
1 x y z 1
x y z 9 x y z
8 1 1 1
8
9 x y z
1 2 1 2 1 2
Và x , y , z Từ đó ta có:
9x 3 9y 3 9z 3
1 1 1 8 1 1 1 2 2 2
Ax y z 9 z 9 x y z 3 3 3 8 10
9x 9y
1
Đẳng thức xảy ra x y z
3
1
Vậy Amin 10 đạt được khi x y z
3
Bài toán 3.2: Cho ba số dương x, y, z thỏa xyz 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1 x3 y 3 1 y3 z 3 1 z 3 x3
biểu thức: P
xy yz zx
Giải. Áp dụng BĐT Cối cho ba số dương ta có:
3 3 3 3 1 x3 y 3 3
1 x y 3 x y 3 xy
3
. Tương tự, ta có:
xy xy
1 y3 z3 3 1 z3 x3 3
,
yz yz zx zx
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 15
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
Cộng các BĐT trên ta được:
1 x3 y 3 1 y3 z3 1 z 3 x3 3 3 3
P
xy yz zx xy yz zx
3 3 3 3 3
33 3 3.
xy yz zx 3 xyz
Đẳng thức xảy ra x y z 1.
Vậy Pmin 3 3 đạt được khi x y z 1.
Bài toán 3.3: Cho ba số x, y, z thỏa x y z 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
A 3 4x 3 4 y 3 4z
Giải. Ta có 3 4 x 1 1 1 4 x 4 4 4 x 3 4 x 4 4 4 x 2 8 4 x
Tương tự ta có: 3 4y 2 8 4y , 3 4z 2 8 4z .
Do đó
3 4x 3 4 y 3 4z 2 8
4x 8 4 y 8 4z 6 3 8 4x 8 4 y 8 4z
6 3 8 4x yz 6
Đẳng thức xảy ra x y z 0.
Vậy Amin 6 đạt được khi x y z 0.
Bài toán 3.4: Cho x, y 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
y 9
B (1 x ) 1 1
x
y
Giải. Ta có
x x x x3 y y y y y3
1 x 1 44 3 , 1 1 44 3 3 ,
3 3 3 3 x 3x 3x 3 x 3x
3 2
9 3 3 3 3 9 36
1 1 44 1 16 4 3
y y y y y
y y
2
y 9 x 3 y 3 36
Do đó ta có B (1 x ) 1 1 256 4 3 3 3 3 256
x
y
3 3x y
x 3
Vậy Bmin 256 khi .
y 9
3
Bài toán 3.5: Cho ba số dương x, y, z thỏa x y z . Tìm giá trị lớn
4
3
nhất của biểu thức: P x 3 y y 3z z 3x
3 3
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 16
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
Giải. Áp dụng BĐT Côsi ta có:
x 3y 11 1
3
( x 3 y ).1.1 ( x 3 y 2)
3 3
y 3z 1 1 1
3
( y 3z ).1.1 ( y 3 z 2)
3 3
z 3x 1 1 1
3
( z 3x ).1.1 ( z 3 x 2)
3 3
1
Suy ra P 3 x 3 y 3 y 3z 3 z 3 x 4( x y z ) 6 3 .
3
1 1
Đẳng thức xảy ra x y z Vậy Pmax 3 đạt được khi x y z
4 4
Bài toán 3.6: Cho x, y, z là ba số dương thỏa xyz 1. Hãy tìm giá trị nhỏ
1 1 1
nhất của biểu thức: Q 3 3 3
x ( y z ) y ( z x) z ( x y )
1 1 1
Giải. Đặt a , b , c . Ta có a, b, c 0 và abc 1.
x y z
2
a b2 c2
Khi đó Q Áp dụng BĐT Côsi ta có:
bc ca ab
a2 bc b2 ca c2 ab
a, b, c
bc 4 ca 4 ab 4
Cộng các BĐT này ta được
a bc a b c 3 3 abc 3
Q abcQ
2 2 2 2
Đẳng thức xảy ra a b c 1 x y z 1.
3
Vậy Qmin đạt được khi x y z 1.
2
Bài toán 3.7: Cho x, y, z là ba số dương và x y z 6 . Tìm giá trị nhỏ
x3 y3 z3
nhất của biểu thức: S
yz zx x y
Giải. Áp dụng BĐT Côsi ta có:
x3 yz x3 y z
2 33 2 3 x,
yz 2 yz 2
y3 zx y3 z x
23 3 2 3 y,
zx 2 zx 2
z3 x y z3 x y
2 33 2 3z
x y 2 x y 2
Cộng các BĐT trên ta có:
S x y z 6 3( x y z ) S 2( x y z ) 6 6
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 17
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
Đẳng thức xảy ra x y z 2.
Vậy S min 6 đạt được khi x y z 2.
Bài toán 3.8: Cho x, y, z dương thỏa a 2 b 2 c 2 12 . Tìm giá trị nhỏ nhất
1 1 1
của biểu thức: K
1 ab 1 bc 1 ca
Giải. Áp dụng BĐT Côsi ta có:
1 1 ab 2 1 1 bc 2 1 1 ca 2
, ,
1 ab 25 5 1 bc 25 5 1 ca 25 5
2 2 2
Và a b c ab bc ca.
Do đó
3 ab bc ca 6 3 a 2 b2 c 2 6
K K
25 25 5 25 25 5
3 12 6 3
K K
25 25 5 5
3
Vậy K min đạt được khi a b c 2.
5
5
Bài toán 3.9: Cho x, y là các số dương thỏa x y . Tìm giá trị nhỏ nhất
4
4 1
của biểu thức: S
x 4y
Giải. Ta có
4 1 1 1 1 1 1 1 5
S 55
x 4y x x x x 4y x.x.x.x.4 y 5 x.x.x.x.4 y
5.5 25
5
x x x x 4 y 4( x y )
x 4 y x 1
Tức là S 5 . Đẳng thức xảy ra 5 1
x y 4
y 4
x 1
Vậy S min 5 đạt được khi 1
y 4
Bài toán 3.10: Cho a, b, c là ba số dương thỏa a 2 b2 c 2 1. Tìm giá trị
bc ac ab
nhỏ nhất của biểu thức: A
a b c
2 2 2
bc ac ab
Giải. Ta có A 2( a 2 b 2 c 2 ) .
2
a b c
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 18
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
2 2 2 2 2 2
bc ac 2 ac ab 2 ab bc 2
2c , 2a , 2b
a b b c c a
Cộng các BĐT này ta được:
2 2 2
bc ac ab 2 2 2
a b c
a b c
1
Suy ra A2 3(a 2 b 2 c 2 ) 3 A 3 . Dấu “=” xảy ra khi a b c
3
Vậy Amin 3.
Bài toán 3.11: Cho ba số a, b, c dương thỏa a b c 6. Tìm giá trị nhỏ
1 1 1
nhất của biểu thức: K 1 3 1 3 1 3
a b c
Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có:
1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3
3 , 3 , 3 . Do đó
8 8 a 4a 8 8 b 4b 8 8 c 4c
1 3 1 1 3 1 1 3 1
1 3
1 , 1 3 1 , 1 3 1 . Nhân ba BĐT thức
a 4 a b 4 b c 4 c
27 1 1 1
này ta được: K 1 1 1 . Tiếp tục áp dụng BĐT Côsi ta có:
64 a b c
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 33 , 1 33 ,1 3 3
a 2 2 a 4a b 2 2 b 4b c 2 2 c 4c
27 27 27.27.3 27.27.3 729
Suy ra K 3 . Đẳng thức xảy ra
64 4 abc 64.4( a b c ) 64.4.6 512
khi và chỉ khi a b c 2.
729
Kết luận: K min đạt được khi a b c 2.
512
-----------------------------Hết-----------------------------
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 19
- Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”
KẾT LUẬN
Trong chuyên đề này, chúng ta đã đi nghiên cứu và sử dụng hai kỹ thuật đặc
sắc trong chứng minh BĐT và ứng dụng của nó trong bài toán Max-Min đại số.
Như chúng ta đã biết, BĐT Côsi là một BĐT khá nổi tiếng bởi phạm vi ứng dụng
rộng rãi của nó. Ngoài việc được vận dụng để chứng minh các bất đẳng thức Đại
số, BĐT Côsi còn được sử dụng trong các các bài chứng minh BĐT lượng giác hay
các bài toán cực trị Hình học. Tuy nhiên, do thời gian nghiên cứu không nhiều nên
trong chuyên đề này những vấn đề thú vị đó vẫn chưa được đề cập đến.
BĐT là một nội dung Toán học khá rộng, càng đi sâu chúng ta càng thấy
được sự thú vị cũng như cảm nhận được ngày càng rõ sự phức tạp của nó. Mặc dù
đã cố gắng rất nhiều nhưng nhũng gì được đề cập trong chuyên đề này chắc chắn
còn rất khiêm tốn. Mong nhận được sự góp ý chân thành của quý thầy cô và các
bạn động nghiệp về cả nội dung và hình thức trình bày để chuyên đề được hoàn
thiện hơn.
MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 20
nguon tai.lieu . vn
