Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng” · hình thành nên những phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Khi nghiên cứu và khai thác

Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng”

MSM Huyønh Vaên Khaùnh – THPT ÑaêkMil – ÑaêkNoâng Trang 1

MMỤỤCC LLỤỤCC

MMỤỤCC LLỤỤCC .......................................................................................................................................................................................................................... 11

MMỞỞ ĐĐẦẦUU .............................................................................................................................................................................................................................. 22

NNỘỘII DDUUNNGG........................................................................................................................................................................................................................ 33

II.. ỨỨnngg ddụụnngg ccủủaa BBĐĐTT CCôôssii ttrroonngg cchhứứnngg mmiinnhh BBĐĐTT........................................................................ 44

IIII.. MMộộtt ssốố kkỹỹ tthhuuậậtt ssửử ddụụnngg BBĐĐTT CCôôssii ................................................................................................................ 99

11.. KKỹỹ tthhuuậậtt cchhọọnn đđiiểểmm rrơơii ttrroonngg cc//mm ccáácc BBĐĐTT ccóó đđiiềềuu kkiiệệnn.......................... 99

22.. KKỹỹ tthhuuậậtt ttáácchh--gghhéépp CCôôssii ........................................................................................................................ 1133

IIIIII.. ỨỨnngg ddụụnngg ccủủaa BBĐĐTT CCôôssii ttrroonngg bbààii ttooáánn MMaaxx--MMiinn ............................................................ 1155

KKẾẾTT LLUUẬẬNN.................................................................................................................................................................................................................... 2200

TTÀÀII LLIIỆỆUU TTHHAAMM KKHHẢẢOO ........................................................................................................................................................................ 2211



MMỞỞ ĐĐẦẦUU

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.



NNỘỘII DDUUNNGG

Trước hết ta nhắc lại bất đẳng thức (BĐT) Côsi cho hai số không âm:

Định lý 1: Cho hai số thực không âm a và b, ta có: 22

a b ab (1)

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:

2 2

22 2

2

2 (2)( ) (3)

2

(4)2

a b aba ba b

a bab

BĐT Côsi cho ba số không âm: Định lí 2: Với ba số thực không âm a, b và c ta có:

3 (5)3

a b c abc

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 3( , )c abc ta được:

3 3

3 3

3

3

2 2

4 . 4

3

33

a b c abc ab c abc

ab c abc abc

a b c abca b c abc

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

4

( ) ( ) 2 ( )( )

2 2 .2 4

a b c d a b c d a b c d

ab cd abcd

4 (*)4

a b c d abcd

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .a b c d



Bây giờ, ta đặt 3

a b cd . Ta có

4

4 4

4 3

3

43 3

4( ) 43 3 3 3

3 3 3 3

a b c a b ca b c abc

a b c a b c a b c a b cabc abc

a b c a b c a b c a b cabc abc abc

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .a b c Tổng quát: Cho n số thực không âm 1 2, ,..., .na a a Ta có

1 21 2... (6)n n

n

a a a a a an

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 na a a . (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.

SSAAUU ĐĐÂÂYY CHÚCHÚNNGG TTAA XÉXÉTT MMỘỘTT SSỐ ỨỐ ỨNNGG DỤDỤNNGG CỦCỦAA BBĐĐTT CCÔÔSSII

I. Ứng dụng của BĐT Côsi trong chứng minh BĐT.

Ví dụ 1: Cho hai số thực không âm a và b. Chứng minh: ( )( 1) 4a b ab ab Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm ta có:

2

1 2

a b ab

ab ab

. Suy ra ( )( 1) 2 .2 4a b ab ab ab ab .

Đẳng thức xảy ra 1.1

a ba b

ab

Ví dụ 2: Cho hai số thực không âm a và b. Chứng minh: 1 1( ) 4.a ba b

Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm ta có:

2

1 1 2a b ab

a b ab

. Suy ra 1 1 2( ) 2 . 4a b aba b ab

.

Đẳng thức xảy ra .a b



Nhận xét: BĐT sau còn được viết lại dưới dạng sau: 1 1 4 (I)a b a b

hoặc

1 1 1 1 (I')4a b a b

. Các BĐT này có rất nhiều ứng dụng trong việc chứng minh

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.

Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 12p a p b p c a b c

Giải. Áp dụng BĐT (I) ta có: 1 1 4 4 4

2 ( )p a p b p a p b p a b c

Tương tự, ta cũng có: 1 1 4p b p c a

và 1 1 4p c p a b

Cộng các BĐT này vế theo vế, ta được: 1 1 1 1 1 12 4

1 1 1 1 1 12

p a p b p c a b c

p a p b p c a b c

Đẳng thức xảy ra 1 1 1 a b cp a p b p c

đều (đpcm).

Bài toán 1.2: Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1

3 3 3 2 2 2a b b c c a a b c a b c a b c

Giải. Áp dụng BĐT (I) ta có: 1 1 4 2

3 2 2 4 2 2a b a b c a b c a b c

Tương tự, ta có: 1 1 23 2 2b c a b c a b c

và 1 1 23 2 2c a a b c a b c

Cộng ba BĐT trên ta có đpcm. Bài toán 1.3: Cho , , 0.x y z Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 1 12 2 2 4x y z x y z x y z x y z

Giải. Áp dụng BĐT (I’) ta có: 1 1 1 1 1 1 2 1 1

2 ( ) ( ) 4 16x y z x y x z x y x z x y z

Tương tự ta có: 1 1 1 2 1

2 16x y z x y z

và 1 1 1 1 2

2 16x y z x y z



Cộng các BĐT này ta được:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .x y z

Bài toán 1.4: Cho a, b dương và 1.a b Chứng minh: 2 2 11 1 3

a ba b

Giải. Ta có 2 21 1 1 1 1 1( 2)

1 1 1 1 1 11 11

1 1

a bVT a ba a b b a b

a b

Mặt khác, theo BĐT (I’) ta có: 1 1 4 41 1 2 3a b a b

Do đó, 4 113 3

VT Đẳng thức xảy ra 12

a b (đpcm).

Ví dụ 3: Cho , , 0.a b c Chứng minh rằng: 1 1 1( ) 9.a b ca b c

Giải. Áp dụng BĐT cho ba số dương ta có: 3

3

3

3

3 1 1 1 1( ) 3 .3 91 1 1 13

a b c abca b c abc

a b c abca b c abc

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .a b c

Nhận xét: BĐT trên còn được viết lại dưới các dạng sau: 1 1 1 9 (II)a b c a b c

hoặc 1 1 1 1 1 (II')9a b c a b c

.

Từ các BĐT (I) và (II) ta có thể tổng quát thành BĐT sau: “Cho n số thực dương 1 2, ,..., .na a a Ta có

2

1 2 1 2

1 1 1 (III)n n

na a a a a a

. Đẳng thức xảy ra 1 2 .na a a ”

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: 32

a b cb c c a a b

1 1 1 1 4 4 42 2 2 16

1 1 1 1 1 1 12 2 2 4

x y z x y z x y z x y z

x y z x y z x y z x y z



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:

1 1 1 3

1 1 1( ) 3

1 1 1 1( ) ( ) ( ) 32

a b cVTb c c a a b

a b cb c c a a b

a b b c c ab c c a a b

Do đó áp dụng BĐT (II) cho ba số , ,a b b c c a ta có 1 39 32 2

VT

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:

o 1 ( )2

a b c X Y Z

o ; ;2 2 2

Y Z X Z X Y X Y Za b c

Do đó 1 32

X Y Z X Z YVTY X X Z Y Z

. Mà theo BĐT Côsi ta

có 2, , 0.x y x yy x

Suy ra 1 3(2 2 2 3)2 2

VT (đpcm).

Bài toán 1.6: Cho , , 0a b c và 1.a b c Chứng minh rằng: 3

1 1 1 4a b c

a b c

Giải. Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 131 1 1 1 1 1

a b cVTa b c a b c

Áp dụng BĐT (II) ta có: 1 1 1 9 91 1 1 3 4a b c a b c

Do đó 9 334 4

VT Đẳng thức xảy ra khi 13

a b c

Nhận xét: Bài toán trên là một trường hợp đặc biệt của bài toán tổng quát sau:

“Cho n số thực dương 1 2, ,..., na a a và 1

1n

ii

a

. Khi đó, ta có:

1 2

1 21 1 1 1n

n

a a a na a a n

”



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 2 2 2 3a b c . Chứng minh rằng:

1 1 1 31 1 1 2ab bc ca

Giải. Ta có 2 2 2 3.ab bc ca a b c Áp dụng BĐT (II), ta có:

2 2 2

1 1 1 9 9 9 31 1 1 3 3 3 3 2ab bc ca ab bc ca a b c

Bất đửng thức được chứng minh. Bài toán 1.8: Cho x, y, z là ba số dương và 1x y z . Chứng minh rằng:

2 2 22 2 2

1 1 1 82x y zx y z

Giải. Trước hết ta có 2

2 1 1 1( )VT x y zx y z

(Hd: Sử dụng pp

véctơ) Do đó

2 2

2 2 2 2

2

1 1 1 1 1 1( ) 81( ) 80( )

1 1 118( ) 80( ) 162 80 82

VT x y z x y z x y zx y z x y z

x y z x y zx y z

Suy ra 82VT . Đẳng thức xảy ra khi 13

x y z

Bài toán 1.9: Cho , , 0a b c và 1.a b c Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1 1 30.a b c ab bc ca

Giải. Áp dụng BĐT (II), ta có: 1 1 1 9 .ab bc ca ab bc ca

Suy ra

2 2 2

2 2 2

1 9

1 1 1 7

VTa b c ab bc ca

a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca

Mặt khác, ta có: 21 1 7( ) 213 3

ab bc ca a b cab bc ca

Tiếp tục áp dụng BĐT (II), ta có:



2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 92( )

1 1 1 9 9( )

a b c ab bc ca ab bc ca a b c ab bc ca

a b c ab bc ca ab bc ca a b c

Do đó 9 21 30VT . Đẳng thức xảy ra 13

a b c

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 1.a b Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) 2 2 12

a b , b) 4 4 18

a b , c) 8 8 1128

a b

Giải. Các BĐT này có thể chứng minh như sau:

a) Áp dụng BĐT (2), ta có: 2

2 2 ( ) 12 2

a ba b

b) Áp dụng BĐT (2) hai lần liên tiếp, ta có: 22

2 2 24 4

( )( ) 12

2 2 8

a ba ba b

c) Áp dụng BĐT ở b), ta có:

2

24 48 8

118

2 2 128a b

a b

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: 2 2

2 1

12

n n

na b

, với mọi *n ”

BĐT này được chứng minh bằng phương pháp qui nạp theo n. Nếu thay giả thiết 1a b bằng giả thiết a b , ta có các BĐT sau:

a’) 2

2 2

2a b b’)

44 4

8a b c’)

88 8

128a b

Và, ta cũng có BĐT tổng quát sau: 2

2 22 12

n

n n

na b

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

1a b , ta hãy xét các BĐT sau:

a) 3 3 14

a b b) 5 5 116

a b c) 9 9 1256

a b



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 1a b thì chắc chắn đẳng thức xảy ra khi

12

a b . Từ đó giúp ta hình thành một cách chứng minh như sau:

a) Áp dụng BĐT Côsi, ta có:

3 33

3 33 3

3 33

33 3

1 1 13 .2 2 4 1 3 14 ( ) 6.

2 4 21 1 13 .2 2 4

1 122 4

a aa b a b

b b

a b

Đẳng thức xảy ra 12

a b

b) Áp dụng BĐT Côsi, ta có: 5 5 5 5 4

55 4

5 55 5 5 5 4

5

5 5 55 5 5 5

1 1 1 1 15 .2 2 2 2 2 1 18. 5( )

2 21 1 1 1 15 .2 2 2 2 2

1 1 18. 10. 22 2 2

a aa b a b

b b

a b a b

116


a b .

c) Áp dụng BĐT Côsi, ta có: 99 8

9

9 88 9 9

99 89

8

9 9 99 9 9 9

1 1 19 .2 2 2

1 116. 9( )2 21 1 19 .

2 2 2

1 1 1 116. 18. 22 2 2 256

ht

ht

a a

a b a b

b b

a b a b


a b



Tổng quát: Ta có bài toán sau: “Cho a và b là hai số thực dương và a b . Khi

đó ta có *1 1

( ) . Hay , .2 2

n nn n n n

n n

a ba b a b n

Đẳng thức xảy ra

2a b

”

Chứng minh.

1

1( 1)

1

( 1)

.2 2 2

2( 1). ( )2 2

.2 2 2

2( 1). 2 .2 2

nn nn

n nn ht n n

nn nn

n ht

n nn n n

a na

a b n n a b

b nb

a b n n a

122 2

n nn

nb

Bây giờ ta thử tăng thêm một biến ở vế trái. Khi đó với , , 0; .a b c a b c

Ta hãy xét cá BĐT sau: a) 2 2 2a b c A b) 3 3 3a b c B c) n n na b c N

Với kĩ thuật tương tự như trên ta hoàn toàn có thể chỉ ra được

2

3

1

3

9

3

n

n

A

B

N

Từ các trường hợp riêng trên, ta thử tổng quát thành một bài toán lớn: Bài toán: Cho k số thực dương 1 2, ,..., ka a a thỏa 1 2 .ka a a Chứng

minh rằng: 1 2 1

nn n n

k na a ak

. Hay

1 2 1 2

nn n nk na a a a a a

k k

với mọi *.n Đẳng thức xảy ra khi

nào? Chứng minh. Áp dụng BĐT Côsi, ta có:



1

1 1

( 1)

1

2 2

( 1)

1

( 1)

.

.

.

n n nn

n ht

n n nn

n ht

n n nnk k

n ht

a nak k k

a nak k k

a nak k k

1

1 1

1 2 11 1

( 1). .

( 1).

n nk kni i

i i

n n n nk kn n n n ni i k n

i i

a k n n ak k

a k n kn a a a a kk k k k

Hay

*1 2 1 2 , .n nn n n

k ka a a a a a nk k k

(IV)

Đẳng thức xảy ra 1 2 ka a ak

.

BĐT (IV) được sử dụng rất nhiều trong chứng minh các BĐT.

2. Kĩ thuật tách-ghép Côsi. Bài toán 2.2: Cho , , 0.a b c Chứng minh rằng:

2 2 2

2a b c a b c

b c c a a c

Giải. Áp dụng BĐT Côsi, ta có: 2 2

2 .4 4

a b c a b c ab c b c

Tương tự, ta có: 2 2

& .4 4

b c a c a bb cc a a b

Cộng các BĐT trên ta được: 2 2 2

2 2 2

2

2

a b c a b c a b cb c c a a c

a b c a b cb c c a a c

Đẳng thức xảy ra .a b c Nhận xét:

Trong bài toán trên, tại sao chúng ta lại ghép 2

?4

a b cb c

Mục đích của

việc ghép này là làm mất các biến ở mẫu vì VP của BĐT là một biểu thức



không chứa biến ở mẫu. Nhưng tại sao lại ghép 2a

b c với

4b c chứ không

phải là hay2

b cb c ,…điều này xuất phát từ điều kiện để BĐT xảy ra đó

là .a b c

Nếu 1abc thì 3a b c nên BĐT trở thành 2 2 2 3

2a b c

b c c a a c

Phương pháp trên được sử dụng rất nhiều trong chứng minh BĐT. Bài toán 2.3: Cho , , 0 & 1.a b c abc Chứng minh rằng

3 3 3 3( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 4

a b ca b b c c a

Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực dương ta có: 3 3

31 1 1 1 33

( 1)( 1) 8 8 ( 1)( 1) 8 8 4a a b a a b a

a b a b

Tương tự ta có: 3 1 1 3

( 1)( 1) 8 8 4b b c b

b c

và 3 1 1 3

( 1)( 1) 8 8 4c c a c

c a

Cộng ba BĐT ta được: 3 3 3

3 3 3 3

3 3 ( )( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 4 4

2( ) 3 2.3 3 3( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 4 4 4

a b c a b c a b ca b b c c a

a b c a b c abca b b c c a

Đẳng thức xảy ra .a b c Bài toán 2.4: Cho , , 0.a b c Chứng minh rằng:

4 4 4

2 2 2( ) ( ) ( ) 2a b c a b c

b c a c a b a b c

Giải. Áp dụng BĐT Côsi ta cho bốn số dương ta có: 4 4

42 2

4 2( ) 2 2 4 ( ) 2 2 4a b b c a a b b c a a

b c a b c a

Tương tự, ta có: 4 4

42 2

4 4

42 2

4 2 ;( ) 2 2 4 ( ) 2 2 4

4 2 .( ) 2 2 4 ( ) 2 2 4

b c c a b b c c a b bc a b c a b

c a a b c c a a b c ca b c a b c

Cộng các BĐT trên ta được:

2( )2 2

a b c a b cVT a b c a b c VT



4 4 4

2 2 2Hay( ) ( ) ( ) 2a b c a b c

b c a c a b a b c

. Đẳng thức xảy ra

.a b c Bài toán 2.5: Cho , , 0x y z và 1xyz . Chứng minh rằng:

3 3 3x y z x y z Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực không âm, ta có:

3 331 1 3. 3x x x . Tương tự ta có: 3 3 3 3331 1 3. 3 & 1 1 3. 3y y y z z z

Cộng các BĐT này ta được: 3 3 3 6 3( )x y z x y z Mặt khác: 33 3 2( ) 6x y z xyz x y z Do đó

3 3 3

3 3 3

3 3 3

6 3( )6 2( )

.

x y z x y zx y z x y z x y zx y z x y z

Đẳng thức xảy ra 1.x y z Nhận xét: Xuất phát từ 33x x nên ta áp dụng BĐT Côsi cho ba số có dạng 3x a a .

Do đẳng thức xảy ra khi 1x y z nên 1.a Tổng quát, ta có bài toán sau:

“Cho k số thực 1 2, ,..., ka a a không âm và có tích bằng 1. Chứng minh rằng:

1 2 1 2 , .m m m n n nk ka a a a a a m n ”

Giải. Với mỗi 1,i k . Ta áp dụng BĐT Côsi cho m số, gồm n số mia và

( )m n số 1, ta có:

( )

( ) 1 1 .m m m mn nmi i i i i

m nn

na m n a a m a m a

. Cho i chạy từ 1 đến

k rồi lấy tổng hai vế các BĐT đó, ta được: 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )( )m m m n n n n n n

k k kn a a a k m n n a a a m n a a a Mà

1 2 1 2 1 2. ... ( )( ) ( )n n n n n n n n nkk k ka a a k a a a k m n a a a m n k

Do đó 1 2 1 2

1 2 1 2

( ) ( )m m m n n nk k

m m m n n nk k

n a a a n a a aa a a a a a

Đẳng thức xảy ra 1 2 1.ka a a BĐT được chứng minh. Bài toán 2.6: Cho a, b và c là ba số dương sao cho 1abc . Chứng minh

rằng:



1 1 1 271 1 1 8

a b ca b c

Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta có:

1 1 1 1 34 13 3 3 1 24 4 2

aa a a

a aa

. Tương tự ta có:

1 3 1 3&1 2 1 2

b b c cb c

. Nhân các BĐT này vế theo vế, ta được:

1 1 1 27 271 1 1 8 8

a b c abca b c

Đẳng thức xảy ra 1.a b c 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 1.x y z Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: 1 1 1A x y zx y z

Giải. Theo BĐT Côsi ta có:

1 1 1 1 11 19

8 1 1 1 89

x y zx y z x y z

x y z

Và 1 2 1 2 1 2, ,9 3 9 3 9 3

x y zx y z

Từ đó ta có:

1 1 1 8 1 1 1 2 2 2 8 109 9 9 9 3 3 3

A x y zx y z x y z


x y z

Vậy min 10A đạt được khi 13

x y z

Bài toán 3.2: Cho ba số dương x, y, z thỏa 1.xyz Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: 3 3 3 3 3 31 1 1x y y z z xP

xy yz zx

Giải. Áp dụng BĐT Cối cho ba số dương ta có: 3 3

3 3 3 331 31 3 3

x yx y x y xyxy xy

. Tương tự, ta có:

3 3 3 31 3 1 3,y z z xyz zxyz zx



Cộng các BĐT trên ta được: 3 3 3 3 3 3

33

1 1 1 3 3 3

3 3 3 3 33 3 3.

x y y z z xPxy yz zx xy yz zx

xy yz zx xyz

Đẳng thức xảy ra 1.x y z Vậy min 3 3P đạt được khi 1.x y z

Bài toán 3.3: Cho ba số , ,x y z thỏa 0.x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 4 3 4 3 4x y zA

Giải. Ta có 84 43 4 1 1 1 4 4 4 3 4 4 4 2 4x x x x x x Tương tự ta có: 8 83 4 2 4 , 3 4 2 4y y z z . Do đó

38 8 8 8 8 8

3 8

3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 6 4 4 4

6 4 6

x y z x y z x y z

x y z

Đẳng thức xảy ra 0.x y z Vậy min 6A đạt được khi 0.x y z

Bài toán 3.4: Cho , 0.x y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2

9(1 ) 1 1yB xx y

Giải. Ta có 3 3

4 43 3 3

3 26

4 43

1 1 4 , 1 1 4 ,3 3 3 3 3 3 3 3

9 3 3 3 3 9 31 1 4 1 16

x x x x y y y y yxx x x x x

yy y y y y y

Do đó ta có 2

3 3 6

43 3 3 3

9 3(1 ) 1 1 256 2563 3

y x yB xx x yy

Vậy min 256B khi 39

xy

.

Bài toán 3.5: Cho ba số dương x, y, z thỏa 34

x y z . Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức: 33 33 3 3P x y y z z x



Giải. Áp dụng BĐT Côsi ta có: 3

3

3

3 1 1 1( 3 ).1.1 ( 3 2)3 3

3 1 1 1( 3 ).1.1 ( 3 2)3 3

3 1 1 1( 3 ).1.1 ( 3 2)3 3

x yx y x y

y zy z y z

z xz x z x

Suy ra 33 313 3 3 4( ) 6 33

P x y y z z x x y z .


x y z Vậy ax 3mP đạt được khi 14

x y z

Bài toán 3.6: Cho , ,x y z là ba số dương thỏa 1.xyz Hãy tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức: 3 3 3

1 1 1( ) ( ) ( )

Qx y z y z x z x y

Giải. Đặt 1 1 1, ,a b cx y z

. Ta có , , 0a b c và 1.abc

Khi đó 2 2 2a b cQ

b c c a a b

Áp dụng BĐT Côsi ta có:

2 2 2

, ,4 4 4

a b c b c a c a ba b cb c c a a b

Cộng các BĐT này ta được 33 3

2 2 2 2a b c a b c abcQ a b c Q

Đẳng thức xảy ra 1 1.a b c x y z

Vậy min

32

Q đạt được khi 1.x y z

Bài toán 3.7: Cho x, y, z là ba số dương và 6x y z . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức: 3 3 3x y zS

y z z x x y

Giải. Áp dụng BĐT Côsi ta có: 3 3

3

3 3

3

3 3

3

2 3 2 3 ,2 2

2 3 2 3 ,2 2

2 3 2 32 2

x y z x y z xy z y z

y z x y z x yz x z x

z x y z x y zx y x y

Cộng các BĐT trên ta có: 6 3( ) 2( ) 6 6S x y z x y z S x y z



Đẳng thức xảy ra 2.x y z Vậy min 6S đạt được khi 2.x y z

Bài toán 3.8: Cho x, y, z dương thỏa 2 2 2 12a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: 1 1 11 1 1

Kab bc ca

Giải. Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 1 2 1 1 2 1 1 2, ,

1 25 5 1 25 5 1 25 5ab bc ca

ab bc ca

Và 2 2 2 .a b c ab bc ca Do đó

2 2 23 6 3 625 25 5 25 25 5

3 12 6 325 25 5 5

ab bc ca a b cK K

K K

Vậy min

35

K đạt được khi 2.a b c

Bài toán 3.9: Cho x, y là các số dương thỏa 54

x y . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: 4 14

Sx y

Giải. Ta có

5

5

4 1 1 1 1 1 1 1 554 4 . . . .4 . . . .4

5.5 25 54 4( )

Sx y x x x x y x x x x y x x x x y

x x x x y x y

Tức là 5S . Đẳng thức xảy ra 4 1

5 14 4

x y x

x y y

Vậy min 5S đạt được khi114

x

y

Bài toán 3.10: Cho a, b, c là ba số dương thỏa 2 2 2 1.a b c Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức: bc ac abAa b c

Giải. Ta có 2 2 2

2 2 2 22( )bc ac abA a b ca b c

.

Áp dụng BĐT Côsi ta có:



2 2 2 2 2 22 2 22 , 2 , 2bc ac ac ab ab bcc a b

a b b c c a

Cộng các BĐT này ta được: 2 2 2

2 2 2bc ac ab a b ca b c

Suy ra 2 2 2 23( ) 3 3A a b c A . Dấu “=” xảy ra khi 13

a b c

Vậy min 3.A Bài toán 3.11: Cho ba số a, b, c dương thỏa 6.a b c Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức: 3 3 3

1 1 11 1 1Ka b c

Giải. Áp dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có:

3 3 3

1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 1 3, ,8 8 4 8 8 4 8 8 4a a b b c c . Do đó

3 3 3

1 3 1 1 3 1 1 3 11 1 , 1 1 , 1 14 4 4a a b b c c

. Nhân ba BĐT thức

này ta được: 27 1 1 11 1 164

Ka b c

. Tiếp tục áp dụng BĐT Côsi ta có:

3 3 31 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 3 , 1 3 ,1 3

2 2 4 2 2 4 2 2 4a a a b b b c c c

Suy ra 3

27 27 27.27.3 27.27.3 72964 64.4( ) 64.4.6 5124

Ka b cabc

. Đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi 2.a b c

Kết luận: min

729512

K đạt được khi 2.a b c

-----------------------------Hết-----------------------------



KKẾẾTT LLUUẬẬNN

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.



TTÀÀII LLIIỆỆUU TTHHAAMM KKHHẢẢOO

[1]. Võ Đại Mau, Tuyển tập 216 bài toán Bất đẳng thức, NXB Trẻ, 1996.

[2]. Nguyễn Vũ Thanh, Bất đẳng thức và GTLN-GTNN, NXB Tổng hợp

Đồng Tháp, 1994.

[3]. Nguyễn Tất Thu, Chuyên đề GTLN và GTNN, Trường THPT Lê Hồng

Phong, Đồng Nai.

[4]. Nguyễn Phú Khánh, Một số phương pháp chứng minh BĐT, website

http://www.mathvn.com/.

Documents

Chuyeân ñeà “Baát ñaúng thöùc Coâsi vaø öùng duïng” · hình thành nên những phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Khi nghiên cứu và khai thác