Bất đẳng thức Cauchy ( Cô-si)

Admin (a@olm.vn)

7 tháng 6 2019 lúc 14:57

I. Giới thiệu.

+) Bất đẳng thức Cauchy còn được gọi là bất đẳng thức AM-GM ( bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân)

+) Bất đẳng thức Cauchy được lấy tên của nhà Toán học Cauchy tuy nhiên bất đẳng thức này không phải do Cauchy phát hiện ra mà ông chỉ là người đưa ra cách chứng minh ( chứng minh theo cách quy nạp)

II. Kiến thức

1. Định nghĩa:

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

+) Đối với 2 số thực a, b không âm

\(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)(1)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b

+) Đối với 3 số thực a, b, c không âm

\(\dfrac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\)(2)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

+) Đối với n số thực không âm: \(x_1,x_2,...,x_n\)

\(\dfrac{x_1+x_2+x_3+...+x_n}{n}\ge\sqrt[n]{x_1.x_2.x_3...x_n}\)(3)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x_1=x_2=x_3=...=x_n\)

2. Chứng minh bất đẳng thức

+) Hai số thực a, b không âm:

Với a=0 hoặc b=0 có bất đẳng thức (1) luôn đúng

Chứng minh với hai số a, b>0

\(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2=4ab\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^{2\ge}0\) luôn đúng với a, b>0

"=" xảy ra khi và chỉ khi a=b

Vậy ta có: \(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\) luôn đúng với a, b không âm

+) Ba số thực a, b, c không âm:

Với a=0, b=0, c=0 có bất đẳng thức (2) luôn đúng

Chứng minh với ba số a, b, c>0

\(\dfrac{a+b+c}{3}\ge\sqrt{abc}\) (3)

Đặt \(\sqrt[3]{a}=x,\sqrt[3]{b}=y;\sqrt[3]{c}=z\)

do a, b, c >0 nên x, y, z>0

(3) \(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+z^3-3xyz\ge0\)

\(\Leftrightarrow[\left(x+y\right)^3+z^3]-3xy\left(x+y+z\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left[\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)z+z^2-3xy\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2\right]\ge0\) luôn đúng với x, y, z >0

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z tương đương với a=b=c

Vậy bất đẳng thức (2) luôn đúng với a, b, c không âm.

+) n số thực không âm

Chứng minh theo cách quy nạp

Với n=1 hoặc n=2 bất đẳng thức đúng

Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k (k \(\in N\)) số .

Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n=2k

Thật vậy:

\(\dfrac{x_1+x_2+x_3+...+x_{2k}}{2k}=\dfrac{x_1+x_2+x_3+...+x_k}{2k}+\dfrac{x_{k+1}+x_{k+2}+x_{k+3}+...+x_{2k}}{2k}\)

\(\ge\dfrac{1}{2}\sqrt[k]{x_1.x_2.x_3...x_k}+\dfrac{1}{2}\sqrt[k]{x_{k+1}.x_{k+2}.x_{k+3}...x_{2k}}=\dfrac{\sqrt[k]{x_1.x_2.x_3...x_k}+\sqrt[k]{x_{k+1}.x_{k+2}.x_{k+3}...x_{2k}}}{2}\)

\(\ge\sqrt{\sqrt[k]{x_1.x_2.x_3...x_k}.\sqrt[k]{x_{k+1}.x_{k+2}.x_{k+3}...x_{2k}}}=\sqrt[2k]{x_1.x_2.x_3...x_{2k}}\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(\left\{{}\begin{matrix}x_1=x_2=x_3=...=x_k\x_{k+1}=x_{k+2}=x_{k+3}=...=x_{2k}\x_1.x_2.x_3...x_k=x_{k+1}.x_{k+2}.x_{k+3}...x_{2k}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x_1=x_2=x_3=...=x_{2k}\)

3. Các hệ quả của bđt cô-si ứng với n=2, n=3 thường được sử dụng.

a) Với n=2 :

\(\forall x,y\ge0\)

+) \(x+y\ge2\sqrt{xy}\)

+) \(\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^2\ge xy\)

+) \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

+) \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)

+) \(\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\)

+) \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\ge2\)

b) Với n=3:

\(\forall x,y,z\ge0\)

+) \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)

+) \(\left(\dfrac{x+y+z}{3}\right)^3\ge xyz\)

+)\(\left(x+y+z\right)^3\ge27xyz\)

+) \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge\dfrac{9}{x+y+z}\)

+) \(\dfrac{1}{xyz}\ge\dfrac{4}{\left(x+y+z\right)^3}\)

III. Một sô ví dụ và bài tập.

1. Sử dụng bất đẳng thức Cô-si thuận.

Nghĩa là đánh giá từ TBC sang TBN

VD1: Chứng minh rằng:

\(\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\ge8a^2.b^2.c^2\) với mọi a, b,c

Nhận xét:

Có nhiều bạn vừa đọc đề đã làm theo cách dưới đây:

Vì : \(a^2+b^2-2ab=\left(a-b\right)^2\ge0,\forall a,b\)

Nên \(a^2+b^2\ge2ab\), \(\forall\)a,b

Tương tự

\(b^2+c^2\ge2bc\), \(\forall b,c\)

\(c^2+a^2\ge2ac\), \(\forall a,c\)

Nhân vế với vế ta có: \(\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\ge8a^2.b^2.c^2\). Cách làm này không chính xác

Các bạn học sinh chú ý: a>c, b>d => a.b>c.d ? hay nói cách khác 1>-2, 2>-4 => 1.2>-2.(-4) ? Là sai.

Vì thế chúng ta không thể làm cách trên.

Nhưng chúng ta có thể sử dụng bất đẳng thức cô-si như sau:

\(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2\left|ab\right|\)

Tham khảo bài làm đúng của một học sinh OLM ở link bên dưới.

Câu hỏi của shitbo - Toán lớp - Học toán với OnlineMath

VD2. Với x>1. Tìm giá trị lớn bé nhất của biểu thức:

\(A=4x-5+\dfrac{1}{x-1}\)

Nhận xét: Với x>1, ta có: x-1>0

Biểu thức A chứa số hạng \(\dfrac{1}{x-1}\) vì thế chúng ta phải làm xuất hiện dạng nghịch đạo của nó: x-1.

Nghĩa là biểu diễn 4x-5 dưới dạng thừa số của x-1

Rõ ràng \(A=4\left(x-1\right)+\dfrac{1}{x-1}-1\)

Bây giờ áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương: \(4\left(x-1\right),\dfrac{1}{x-1}\)ta có:

\(4\left(x-1\right)+\dfrac{1}{x-1}\ge2\sqrt{4.\left(x-1\right).\dfrac{1}{x-1}}=2\sqrt{4}=2.2=4\)

Sau đó thay vào A để tiếp tục làm.

Các em có thể tham khảo bài làm đúng của 1 một bạn học sinh trên OLM:

Câu hỏi của Nguyễn Linh Chi - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath.

VD3: Chứng minh rằng: \(\left(1+a+b\right)\left(a+b+ab\right)\ge9ab,\forall a,b>0\)

Nhận xét: Ta có thể thấy một điều rằng 9=3.3 vì vậy liên tưởng đến việc sử dạng bddt cô-si cho 3 số không âm.

\(1+a+b\ge3\sqrt[3]{1.a.b}=3\sqrt[3]{ab}\)

\(a+b+ab\ge3\sqrt[3]{a.b.ab}=3\sqrt[3]{a^2b^2}\)

Chú ý rằng: chúng ta có thể nhân vế với vế vì các thừa số đều không âm ( bởi a, b>0)

=> \(\left(1+a+b\right)\left(a+b+ab\right)\ge3\sqrt[3]{ab}.3\sqrt[3]{a^2.b^2}=9ab\)

Các bài luyện tập:

1. Chứng minh:

\(4-3x+\dfrac{9}{2-3x}\ge8,\forall x< \dfrac{2}{3}\)

2. Cho: a, b, c, d >0 và \(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}+\dfrac{1}{1+d}\ge3\)

Chứng minh rằng: \(abcd\le\dfrac{1}{81}\)

3. Chứng minh rằng: \(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8\ge64ab\left(a+b\right)^2,\forall a,b\ge0\)

Các em tham khảo bài làm của các bạn trên OLM:

Câu hỏi của Nguyễn Linh Chi - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

2. Sử dụng bất đẳng thức cô-si ngược.

VD1: Chứng minh rằng:

\(\left(x-3\right)\left(5-x\right)\le1,\forall3\le x\le5\)

VD2:

3. Kĩ thuật chọn điểm rơi.

VD1: Cho \(a\ge2\). Chứng minh rằng:

\(A=a+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{5}{2}\)

Bài này dễ không ? Dễ. Tuy nhiên nhiều bạn đã bị sai.

Lí do sai:

Các bạn thường làm:

Áp dụng định lí cô-si cho hai số dương: \(a,\dfrac{1}{a}\)

Ta có: \(a+\dfrac{1}{a}\ge2\sqrt{a.\dfrac{1}{2}}=2\)

Lỗi sai: +) Cái mình cần là chứng minh lớn hơn hoặc bằng \(\dfrac{5}{2}\)

+) Dấu "=" xảy ra khi \(a=\dfrac{1}{a}\Leftrightarrow a=\pm1\)( vô lí) vì \(a\ge2\)

Như vậy để làm bài này, chúng ta cùng làm quen với phương pháp chọn điểm rơi:

Dự đoán điểm rơi: \(a=2\)

Sau đó: chúng ta phải tách 1 trong hai hạng tử \(a\) hoặc \(\dfrac{1}{a}\)để khi áp dụng bất đẳng thức Cô-si dấu "=" xảy ra khi \(a=2\)

+) Cách1: Tách \(a\) thành \(ka\) và \(\left(1-k\right)a\)

sao cho: \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\ka=\dfrac{1}{a}\end{matrix}\right.\Rightarrow k=\dfrac{1}{4}\)

Như vậy: \(A=a+\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{4}a+\dfrac{3}{4}a+\dfrac{1}{a}\)

Bài giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm \(\dfrac{1}{4}a\) và \(\dfrac{1}{a}\). Ta có:

\(A=a+\dfrac{1}{a}=\left(\dfrac{1}{4}a+\dfrac{1}{a}\right)+\dfrac{3}{4}a\ge2\sqrt{\dfrac{1}{4}a.\dfrac{1}{a}}+\dfrac{3}{4}.2=\dfrac{5}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{4}a=\dfrac{1}{a}\a=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=2\)

Vậy: \(A\ge\dfrac{5}{2}\)

+) Cách 2: Tách \(\dfrac{1}{a}\) thành \(k.\dfrac{1}{a}\) và \(\left(1-k\right).\dfrac{1}{a}\)

Sao cho: \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\k.\dfrac{1}{a}=a\end{matrix}\right.\Rightarrow k=4\)

Như vậy: \(A=a+\dfrac{1}{a}=a+4.\dfrac{1}{a}-3.\dfrac{1}{a}\)

Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm: \(a,4.\dfrac{1}{a}\). Ta có:

\(A=\left(a+4.\dfrac{1}{a}\right)-\dfrac{3}{a}\ge2\sqrt{a.\dfrac{4}{a}}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{5}{2}\)

Vậy: \(A\ge\dfrac{5}{2}\)

VD2: Cho \(a,b>0;a+b\le1\). Chứng minh rằng:

\(a+\dfrac{1}{a}+b+\dfrac{1}{b}\ge5\)

Dự đoán điểm rơi: \(a+b=1\); và dễ thấy một điều vai trò của \(a\) và \(b\) như nhau.

Nên ta có thể dự đóan: \(a=b=\dfrac{1}{2}\) thay vào bất đẳng thức cần chứng minh thấy thỏa mãn

Bây giờ chúng ta tách \(a,b\) hoặc \(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b}\). Tuy nhiên vì đề bài có thêm điều kiện: \(a+b\le1\)

Để sử dụng điều kiện ấy chúng ta nên tách \(a,b\)

Tách \(a\) thành \(ka\) và \(\left(1-k\right)a\) sao cho:

\(\left\{{}\begin{matrix}ka=\dfrac{1}{a}\a=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\Rightarrow k=4\)

=> Tách \(a\) thành \(4a\) và \(-3a\)

Tương tự tách \(b\) thành \(4b\) và \(-3b\)

Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các cặp số không âm: \(4a,\dfrac{1}{a}\) và \(4b,\dfrac{1}{b}\)

\(a+\dfrac{1}{a}+b+\dfrac{1}{b}=\left(4a+\dfrac{1}{a}\right)+\left(4b+\dfrac{1}{b}\right)-3\left(a+b\right)\ge2\sqrt{4a.\dfrac{1}{a}}+2\sqrt{4b.\dfrac{1}{b}}-3=5\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)

4. Kĩ thuật Cô-si ngược dấu

VD1: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a+b+c=1. Chứng minh bất đẳng thức:

\(\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\ge\dfrac{3}{2}\)

Hướng dẫn:

Với bài toán trên không thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho các mẫu bởi vì:

\(1+b^2\ge2b\); \(1+c^2\ge2c\); \(1+a^2\ge2a\)

=> \(\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\le\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{2c}+\dfrac{c}{2a}\)

Như vậy bất đẳng thức đã bị đổi chiều

Không thể làm như trên . Vì thế phải bằng cách nào đó chúng ta sẽ sử dụng Cô-si mà không làm cho bất đẳng thức ban đầu đổi chiều.

Có cách làm như sau:

\(\dfrac{a}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2b}=a-\dfrac{ab}{2}\)