Bất đẳng thức – SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY

DẠNG TOÁN 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY(côsi) ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRI LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT

1. Phương pháp giải

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

* Bất đẳng thức côsi còn có hình thức khác thường hay sử dụng

Đối với hai số:\({x^2}\,\, + \,{y^2}\,\, \ge \,\,2xy;\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2}\,\, + \,{y^2}\,\, \ge \,\,\frac{{{{(x\, + \,y)}^2}}}{2};\,\,\,\,\,\,\,xy \le \,\,{\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^2}\).

Đối với ba số: \(abc \le \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{3},\,\,abc \le {\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^3}\)

2. Các ví dụ minh họa

Loại 1: Vận dụng trực tiếp bất đẳng thức côsi

Ví dụ 1:

Cho \(a,b\) là số dương thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\). Chứng minh rằng

a) \(\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right)\left( {\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}}} \right) \ge 4\)

b) \({\left( {a + b} \right)^5} \ge 16ab\sqrt {\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)} \)

Hướng dẫn:

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

\(\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}  = 2,\,\,\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}} \ge 2\sqrt {\frac{a}{{{b^2}}}.\frac{b}{{{a^2}}}}  = \frac{2}{{\sqrt {ab} }}\)

Suy ra \(\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right)\left( {\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}}} \right) \ge \frac{4}{{\sqrt {ab} }}\) (1)

Mặt khác ta có \(2 = {a^2} + {b^2} \ge 2\sqrt {{a^2}{b^2}}  = 2ab \Rightarrow ab \le 1\) (1)

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right)\left( {\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}}} \right) \ge 4\) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 1\).

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

Áp dụng BĐT côsi ta có

\({a^2} + 2ab + {b^2} \ge 2\sqrt {2ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}  = 4\sqrt {ab} \) và \(\left( {{a^3} + 3a{b^2}} \right) + \left( {3{a^2}b + {b^3}} \right) \ge 2\sqrt {\left( {{a^3} + 3a{b^2}} \right)\left( {3{a^2}b + {b^3}} \right)}  = 4\sqrt {ab\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + 1} \right)} \)

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

Do đó \({\left( {a + b} \right)^5} \ge 16ab\sqrt {\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)} \) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 1\).

Ví dụ 2:

Cho \(a,b,c\) là số dương. Chứng minh rằng

a) \(\left( {a + \frac{1}{b}} \right)\left( {b + \frac{1}{c}} \right)\left( {c + \frac{1}{a}} \right) \ge 8\)

b) \({a^2}(1 + {b^2}) + {b^2}(1 + {c^2}) + {c^2}(1 + {a^2}) \ge 6abc\)

c) \((1 + a)(1 + b)(1 + c) \ge {\left( {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right)^3}\)

d) \({a^2}\sqrt {bc}  + {b^2}\sqrt {ac}  + {c^2}\sqrt {ab}  \le {a^3} + {b^3} + {c^3}\)

Hướng dẫn:

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

\(a + \frac{1}{b} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}} ,\,\,b + \frac{1}{c} \ge 2\sqrt {\frac{b}{c}} ,\,\,c + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt {\frac{c}{a}} \)

Suy ra \(\left( {a + \frac{1}{b}} \right)\left( {b + \frac{1}{c}} \right)\left( {c + \frac{1}{a}} \right) \ge 8\sqrt {\frac{a}{b}} .\sqrt {\frac{b}{c}} .\sqrt {\frac{c}{a}}  = 8\) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\).

b) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có

\(1 + {a^2} \ge 2\sqrt {{a^2}}  = 2a\), tương tự ta có \(1 + {b^2} \ge 2b,\,\,1 + {c^2} \ge 2c\)

Suy ra \({a^2}(1 + {b^2}) + {b^2}(1 + {c^2}) + {c^2}(1 + {a^2}) \ge 2\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right)\)

Mặt khác, áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có

\({a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge 3\sqrt {{a^2}b.{b^2}c.{c^2}a}  = 3abc\)

Suy ra \({a^2}(1 + {b^2}) + {b^2}(1 + {c^2}) + {c^2}(1 + {a^2}) \ge 6abc\). ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\).

c) Ta có \((1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + \left( {ab + bc + ca} \right) + \left( {a + b + c} \right) + abc\)

Áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có

\(ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{ab.bc.ca}} = 3{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)^2}\) và \(a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}\)

Suy ra \((1 + a)(1 + b)(1 + c) \ge 1 + 3{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)^2} + 3\sqrt[3]{{abc}} + abc = {\left( {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right)^3}\) ĐPCM

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\).

d) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có

\({a^2}\sqrt {bc}  \le {a^2}\left( {\frac{{b + c}}{2}} \right),\,\,\,{b^2}\sqrt {ac}  \le {b^2}\left( {\frac{{a + c}}{2}} \right),\,\,{c^2}\sqrt {ab}  \le {c^2}\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)\)

Suy ra \({a^2}\sqrt {bc}  + {b^2}\sqrt {ac}  + {c^2}\sqrt {ab}  \le \frac{{{a^2}b + {b^2}a + {a^2}c + {c^2}a + {b^2}c + {c^2}b}}{2}\) (1)

Mặt khác theo BĐT côsi cho ba số dương ta có

\({a^2}b \le \frac{{{a^3} + {a^3} + {b^3}}}{3},\,\,{b^2}a \le \frac{{{b^3} + {b^3} + {a^3}}}{3},\,\,{a^2}c \le \frac{{{a^3} + {a^3} + {c^3}}}{3},\)

\({c^2}a \le \frac{{{c^3} + {c^3} + {a^3}}}{3},\,\,{b^2}c \le \frac{{{b^3} + {b^3} + {c^3}}}{3},\,\,{c^2}b \le \frac{{{c^3} + {c^3} + {b^3}}}{3}\)

Suy ra \({a^2}b + {b^2}a + {a^2}c + {c^2}a + {b^2}c + {c^2}b \le 2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \({a^2}\sqrt {bc}  + {b^2}\sqrt {ac}  + {c^2}\sqrt {ab}  \le {a^3} + {b^3} + {c^3}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\).

 

Loại 2: Kĩ thuật tách, thêm bớt, ghép cặp

• Để chứng minh BĐT ta thường phải biến đổi (nhân chia, thêm, bớt một biểu thức) để tạo biểu thức có thể giản ước được sau khi áp dụng BĐT côsi.
• Khi gặp BĐT có dạng \(x + y + z \ge a + b + c\)(hoặc \(xyz \ge abc\)), ta thường đi chứng minh \(x + y \ge 2a\)(hoặc\(ab \le {x^2}\)), xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng(hoặc nhân) vế với vế ta suy ra điều phải chứng minh.
• Khi tách và áp dụng BĐT côsi ta dựa vào việc đảm bảo dấu bằng xảy ra(thường dấu bằng xảy ra khi các biến bằng nhau hoặc tại biên).

Ví dụ:

Cho \(a,b,c\) là số dương. Chứng minh rằng:

a) \(\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge a + b + c\)

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

Hướng dẫn:

a) Áp dụng BĐT côsi ta có \(\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} \ge 2\sqrt {\frac{{ab}}{c}.\frac{{bc}}{a}}  = 2b\)

Tương tự ta có \(\frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge 2c,\,\,\frac{{ac}}{b} + \frac{{ba}}{c} \ge 2a\).

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được

\(2\left( {\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b}} \right) \ge 2\left( {a + b + c} \right) \Leftrightarrow \frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge a + b + c\) ĐPCM

Đẳng thức xảy ra khi \(a = b = c\) .

b) Áp dụng BĐT côsi ta có \(\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt {\frac{a}{{{b^2}}}.\frac{1}{a}}  = \frac{2}{b}\)

Tương tự ta có \(\frac{b}{{{c^2}}} + \frac{1}{b} \ge \frac{2}{c},\,\,\frac{c}{{{a^2}}} + \frac{1}{c} \ge \frac{2}{a}\)

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được

\(\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{c^2}}} + \frac{c}{{{a^2}}} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c} \Leftrightarrow \frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{c^2}}} + \frac{c}{{{a^2}}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi \(a = b = c\) .