Bất đẳng thức Cosi (hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy) là một trong những bất đẳng thức quan trọng và cơ bản trong toán học. Là công cụ mạnh mẽ trong toán học lý thuyết, giúp chứng minh được nhiều bất đẳng thức nổi tiếng như bất đẳng thức AM-GM (Trung bình Cộng – Trung bình Hình học), bất đẳng thức Jensen, và bất đẳng thức Holder hoặc dùng để chứng minh các tính chất cơ bản của không gian vectơ và các phép biến đổi tuyến tính.
Bởi tầm quan trọng của nó nên thcsdongkhoi đã biên soạn bài viết này để các em học sinh lớp 9 cũng như quý thầy cô tiện theo dõi bài viết.
I. Công thức bất đẳng thức Cosi
1. Công thức quan trọng
Vậy bất đẳng thức cosi nói gì?
- Bất đẳng thức Cosi cho 2 số thực a, b không âm: $a+b\ge 2\sqrt{ab}$ và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
- Bất đẳng thức Cosi cho 3 số thực a, b, c không âm: $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
2. Hệ quả quan trọng
Để vận dụng tốt bất đẳng thức Cosi. Ta cần nhớ chính xác những kết quả sau:
a) Bất đẳng thức với 2 số thực a; b không âm
Hệ quả nâng cao
a1. Với $a,b\ge 0$ thì ${{a}^{m+n}}+{{b}^{m+n}}\ge \frac{1}{2}({{a}^{m}}+{{b}^{m}})$ (*)
Thật vậy BĐT cần chứng minh tương đương với
$({{a}^{n}}+{{b}^{n}})({{a}^{m}}-{{b}^{m}})({{a}^{n}}-{{b}^{n}})\ge 0$ điều này là hiển nhiên đúng.
(**) Tổng quát ta có $\frac{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}}{2}\ge {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{n}}$
Thật vậy áp dụng (*) ta có $\frac{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}}{2}\ge \left( \frac{a+b}{2} \right)\left( \frac{{{a}^{n-1}}+{{b}^{n-1}}}{2} \right)……\ge {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{n}}$
a2. $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\ge \frac{2}{1+\sqrt{ab}}$với mọi $a,b\ge 1$
Tổng quát: với $a,b\ge 1$ ta có $\frac{1}{{{(1+a)}^{n}}}+\frac{1}{{{(1+b)}^{n}}}\ge \frac{2}{{{\left( 1+\sqrt{ab} \right)}^{n}}}$
a3. Với $0\le a,b\le 1$ thì $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\le \frac{2}{1+\sqrt{ab}}$
Tổng quát: Với $a,b\in \left[ 0;1 \right]$ ta có: $\frac{1}{\sqrt[n]{1+a}}+\frac{1}{\sqrt[n]{1+b}}\le \frac{2}{\sqrt[n]{1+\sqrt{ab}}}$
b) Bất đẳng thức với 3 số thực a; b; c không âm
Hệ quả nâng cao
a1. Với $a,b,c\ge 0$ thì ${{a}^{m+n}}+{{b}^{m+n}}+{{c}^{m+n}}\ge \frac{1}{3}({{a}^{m}}+{{b}^{m}}+{{c}^{m}})({{a}^{n}}+{{b}^{n}}+{{c}^{n}})$ (*)
Thật vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $({{a}^{m}}-{{b}^{m}})({{a}^{n}}-{{b}^{n}})+({{b}^{m}}-{{c}^{m}})({{b}^{n}}-{{c}^{n}})+({{c}^{m}}-{{a}^{m}})({{c}^{n}}-{{a}^{n}})\ge 0$ mà điều này là hiển nhiên đúng.
Tổng quát ta có: $\frac{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}+{{c}^{n}}}{3}\ge {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{n}}$. Thật vậy áp dụng (*) ta có: $\frac{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}+{{c}^{n}}}{3}\ge \left( \frac{a+b+c}{3} \right)\left( \frac{{{a}^{n-1}}+{{b}^{n-1}}+{{c}^{n-1}}}{3} \right)\ge {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{2}}\left( \frac{{{a}^{n-2}}+{{b}^{n-2}}+{{c}^{n-2}}}{3} \right).$Áp dụng bất đẳng thức này ta có:
$\frac{\sqrt[n]{{{a}^{n}}}+\sqrt[n]{{{b}^{n}}}+\sqrt[n]{{{b}^{n}}}}{3}\ge {{\left( \frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}+\sqrt[n]{c}}{3} \right)}^{n}}\Leftrightarrow \frac{\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}+\sqrt[n]{c}}{3}\le \sqrt[n]{\frac{a+b+c}{3}}$
Tương tự ta có: $\frac{\frac{1}{{{a}^{n}}}+\frac{1}{{{b}^{n}}}+\frac{1}{{{c}^{n}}}}{3}\ge {{\left( \frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{3} \right)}^{n}}$
Do $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{9}{a+b+c}$ suy ra $\frac{1}{{{a}^{n}}}+\frac{1}{{{b}^{n}}}+\frac{1}{{{c}^{n}}}\ge 3{{\left( \frac{3}{a+b+c} \right)}^{n}}$.
a2) Một số kết quả được suy ra từ bất đẳng thức Cô si.
+ $\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}} \right)\ge {{\left( axm+byn \right)}^{3}}$ (*)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$\frac{{{a}^{3}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}+\frac{{{x}^{3}}}{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}}+\frac{{{m}^{3}}}{{{m}^{3}}+{{n}^{3}}}\ge \frac{3axm}{\sqrt[3]{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}} \right)}}$ $\frac{{{b}^{3}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}}{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}}+\frac{{{n}^{3}}}{{{m}^{3}}+{{n}^{3}}}\ge \frac{3byn}{\sqrt[3]{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}} \right)}}$
Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra: $3\ge \frac{3axm+3byn}{\sqrt[3]{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}} \right)}}\Leftrightarrow $$\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}} \right)\ge {{\left( axm+byn \right)}^{3}}$.
+ Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được: $\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}} \right)\left( {{x}^{3}}+{{y}^{3}}+{{z}^{3}} \right)\left( {{m}^{3}}+{{n}^{3}}+{{p}^{3}} \right)\ge {{\left( axm+byn+czp \right)}^{3}}$.
II. Bài tập
Để hiểu hơn về bất đẳng thức này ta cùng nhau vào phần bài tập:
Bài 1: Cho hai số dương \(a = 2\) và \(b = 3\). Chứng minh rằng:
$ (a + b)^2 \leq 2(a^2 + b^2) $
Lời giải
Bước 1: Tính các tổng
- Tổng của \(a\) và \(b\): $ a + b = 2 + 3 = 5 $
- Tổng bình phương của \(a\) và \(b\): $ a^2 + b^2 = 2^2 + 3^2 = 4 + 9 = 13 $
Bước 2: Áp dụng vào bất đẳng thức Bất đẳng thức cần chứng minh là: $ (a + b)^2 \leq 2(a^2 + b^2) $
Bước 3: So sánh hai vế Tính các giá trị:
$ (a + b)^2 = 5^2 = 25 $
$ 2(a^2 + b^2) = 2 \cdot 13 = 26 $
So sánh hai vế của bất đẳng thức: $ 25 \leq 26 $
Kết luận Điều này chứng minh rằng bất đẳng thức đúng trong trường hợp cụ thể này: $ (a + b)^2 \leq 2(a^2 + b^2) $
Bài 2: Cho hai số dương \(a = 1\) và \(b = 2\), \(c = 3\) và \(d = 4\). Chứng minh rằng: $ (ac + bd)^2 \leq (a^2 + b^2)(c^2 + d^2) $
Lời giải
Áp dụng các số đã cho: – \(a = 1\), \(b = 2\) – \(c = 3\), \(d = 4\)
Bước 1: Tính các tổng
- Tích các số \(ac\) và \(bd\): $ ac + bd = 1 \cdot 3 + 2 \cdot 4 = 3 + 8 = 11 $
- Tổng bình phương các số \(a\) và \(b\): $ a^2 + b^2 = 1^2 + 2^2 = 1 + 4 = 5 $
- Tổng bình phương các số \(c\) và \(d\): $ c^2 + d^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 $
Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức Áp dụng vào bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $ (ac + bd)^2 \leq (a^2 + b^2)(c^2 + d^2) $
Bước 3: So sánh hai vế Tính các giá trị:
- $ (11)^2 = 121 $
- $ 5 \times 25 = 125 $
So sánh hai vế của bất đẳng thức: $ 121 \leq 125 $
Kết luận: Điều phải chứng minh
Bài 3: Cho hai dãy số dương \(\{a_i\}\) và \(\{b_i\}\) với \(i = 1, 2\). Chứng minh rằng: $ (a_1 b_1 + a_2 b_2)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) $
Lời giải
Ví dụ cụ thể Giả sử: – \(a_1 = 1\), \(a_2 = 2\) – \(b_1 = 3\), \(b_2 = 4\)
Bước 1: Xác định các tổng Tính các tổng sau:
- Tổng của tích các cặp số \(a_i\) và \(b_i\): $ a_1 b_1 + a_2 b_2 = 1 \cdot 3 + 2 \cdot 4 = 3 + 8 = 11 $
- Tổng bình phương các phần tử \(a_i\): $ a_1^2 + a_2^2 = 1^2 + 2^2 = 1 + 4 = 5 $
- Tổng bình phương các phần tử \(b_i\): $ b_1^2 + b_2^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 $
Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Áp dụng các tổng đã tính vào bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$ (a_1 b_1 + a_2 b_2)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) $
Bước 3: So sánh hai vế Tính các giá trị:
- $ (11)^2 = 121 $
- $ 5 \times 25 = 125 $
So sánh hai vế của bất đẳng thức: $ 121 \leq 125 $
Kết luận: Điều này chứng minh rằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đúng trong trường hợp cụ thể này:
$ (a_1 b_1 + a_2 b_2)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) $
Bước 4: Tổng quát Với hai dãy số bất kỳ \(\{a_i\}\) và \(\{b_i\}\) với \(i = 1, 2\), bất đẳng thức Cauchy-Schwarz luôn đúng:
$ (a_1 b_1 + a_2 b_2)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) $
Bài 5: Cho hai dãy số dương \(\{a_i\}\) và \(\{b_i\}\) với \(i = 1, 2, 3\). Chứng minh rằng:
$ (a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2)(b_1^2 + b_2^2 + b_3^2) $
Lời giải
Bước 1: Xác định các thành phần của bất đẳng thức – Dãy số \(\{a_i\}\) bao gồm các phần tử \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\). – Dãy số \(\{b_i\}\) bao gồm các phần tử \(b_1\), \(b_2\), \(b_3\).
Bước 2: Phát biểu bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong không gian Euclid nói rằng:
$ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i b_i \right)^2 \leq \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) $
Bước 3: Áp dụng bất đẳng thức cho trường hợp \(n = 3\) Trong trường hợp này, \(n = 3\), do đó bất đẳng thức trở thành:
$ \left( \sum_{i=1}^{3} a_i b_i \right)^2 \leq \left( \sum_{i=1}^{3} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{3} b_i^2 \right) $
Bước 4: Cụ thể hóa các tổng – Tổng của tích các cặp số \(a_i\) và \(b_i\):
$ \sum_{i=1}^{3} a_i b_i = a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 $
– Tổng bình phương các phần tử \(a_i\):
$ \sum_{i=1}^{3} a_i^2 = a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 $
– Tổng bình phương các phần tử \(b_i\):
$ \sum_{i=1}^{3} b_i^2 = b_1^2 + b_2^2 + b_3^2 $
Bước 5: Áp dụng các tổng vào bất đẳng thức Áp dụng các tổng đã tính vào bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$ (a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2)(b_1^2 + b_2^2 + b_3^2) $
Bước 6: Kết luận Vậy chúng ta đã chứng minh được bất đẳng thức:
$ (a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2)(b_1^2 + b_2^2 + b_3^2) $
Bước 7: Ví dụ cụ thể Để làm rõ hơn, chúng ta hãy xét một ví dụ cụ thể: – Giả sử \(a_1 = 1\), \(a_2 = 2\), \(a_3 = 3\) – Giả sử \(b_1 = 4\), \(b_2 = 5\), \(b_3 = 6\) Tính các tổng:
$ a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 = 1 \cdot 4 + 2 \cdot 5 + 3 \cdot 6 = 4 + 10 + 18 = 32 $
$ a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 = 1^2 + 2^2 + 3^2 = 1 + 4 + 9 = 14 $
$ b_1^2 + b_2^2 + b_3^2 = 4^2 + 5^2 + 6^2 = 16 + 25 + 36 = 77 $
Áp dụng vào bất đẳng thức: $ 32^2 \leq 14 \times 77 $
Tính kết quả: $ 1024 \leq 1078 $
Kết quả này xác nhận rằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đúng trong trường hợp cụ thể này.
