Bất đẳng Thức Cosi Lớp 9

Trang chủ » Các Bất đẳng Thức Cô Si » Bất đẳng Thức Cosi Lớp 9

Có thể bạn quan tâm

Bất đẳng thức Cosi được dùng để chỉ bất đẳng thức so sánh giữa trung bình cộng và trung bình nhân của n số thực không âm. Trong đó, trung bình cộng của n số thực không âm luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng.

Bất đẳng thức Cosi lớp 9 tổng hợp toàn bộ kiến thức lý thuyết cách chứng minh, quy tắc ví dụ minh họa giải chi tiết kèm theo các bài tập tự luyện. Qua đó giúp các bạn học sinh tham khảo, hệ thống lại kiến thức để giải nhanh các bài tập liên quan vận dụng đến bất đẳng thức Cosi. Ngoài ra để nâng cao kiến thức môn Toán thật tốt các em xem thêm một số tài liệu như: tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện, chuyên đề Giải phương trình bậc 2 chứa tham số, bài tập hệ thức Vi-et và các ứng dụng.

Bất đẳng thức Cosi lớp 9

  • I. Bất đẳng thức Cosi
  • II. Chứng minh bất đẳng thức cosi
  • III. Quy tắc chung trong chứng minh bất đẳng thức
  • IV. Ví dụ về bất đẳng thức cosi
  • V. Bài tập bất đẳng thức cosi

I. Bất đẳng thức Cosi

Bất đẳng thức cosi xuất phát từ bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM – GM). Cauchy là người đã có công chứng minh bất đẳng thức AM – GM bẳng phương pháp quy nạp. Do đó, bất đẳng thức AM – GM được phát biểu theo cách khác để trở thành bất đẳng thức cosi.

1. Bất đẳng thức AM – GM

Cho x1, x2,…, xn là n số thực không âm, khi đó ta có:

\frac{x_1+ x_2 + …, + x_n} {n} \ge \sqrt [n] {x_1x_2…x_n}\(\frac{x_1+ x_2 + …, + x_n} {n} \ge \sqrt [n] {x_1x_2…x_n}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 =… = xn

Bất đẳng thức này còn có thể được phát biểu dưới dạng

{x_1+ x_2 + …, + x_n} \ge n \sqrt [n] {x_1x_2…x_n}\({x_1+ x_2 + …, + x_n} \ge n \sqrt [n] {x_1x_2…x_n}\)

Hoặc

(\frac{x_1+ x_2 + …, + x_n} {n})^n \ge {x_1x_2…x_n}\((\frac{x_1+ x_2 + …, + x_n} {n})^n \ge {x_1x_2…x_n}\)

2. Bất đẳng thức Cosi

Giả sử a1 ,a2,…, an là các số thực bất kì và b1, b2,…, bn là các số thực dương. Khi đó, ta luôn có:

\frac{a_1^2}{b_1^2} + \frac{a_2^2}{b_2^2} + … + \frac{a_n^2}{b_n^2} \ge \frac{(a_1 + a_2 + … + a_n)^2}{b_1 + b_2 + … + b_n}\(\frac{a_1^2}{b_1^2} + \frac{a_2^2}{b_2^2} + … + \frac{a_n^2}{b_n^2} \ge \frac{(a_1 + a_2 + … + a_n)^2}{b_1 + b_2 + … + b_n}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \frac{a_1^2}{b_1^2} = \frac{a_2^2}{b_2^2} = … = \frac{a_n^2}{b_n^2}\(\frac{a_1^2}{b_1^2} = \frac{a_2^2}{b_2^2} = … = \frac{a_n^2}{b_n^2}\)

3. Bất đẳng thức cosi cho 2 số không âm

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

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b

4. Bất đẳng thức cosi cho 3 số không âm

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

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

5. Bất đẳng thức cosi cho 4 số không âm

\frac{a + b + c + d } {4} \ge \sqrt [4] {abcd}\(\frac{a + b + c + d } {4} \ge \sqrt [4] {abcd}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d

6. Bất đẳng thức cosi cho n số không âm

Với x1, x2,…, xn là n số thực không âm, khi đó ta có:

\frac{x_1+ x_2 + …, + x_n} {n} \ge \sqrt [n] {x_1x_2…x_n}\(\frac{x_1+ x_2 + …, + x_n} {n} \ge \sqrt [n] {x_1x_2…x_n}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 =… = xn

II. Chứng minh bất đẳng thức cosi

1. Chứng minh bất đẳng thức Cosi đúng với 2 thực số không âm

Với a = 0 và b = 0 thì bất đẳng thức luôn đúng (1). Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức luôn đúng với 2 số a, b dương.

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

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

\Leftrightarrow a – 2\sqrt {ab} + b \ge 0\(\Leftrightarrow a – 2\sqrt {ab} + b \ge 0\)

(\sqrt {a} – \sqrt {b})^2 \ge 0\((\sqrt {a} – \sqrt {b})^2 \ge 0\) (luôn đúng với mọi a, b ≥ 0)

=> Bất đẳng thức đã cho luôn đúng với mọi a, b dương (2)

Từ (1) và (2) => bất đẳng thức cosi đúng với 2 số thực a, b không âm.

2. Chứng minh bất đẳng thức Cosi với 3 thực số không âm

Rõ ràng a = 0, b = 0, c = 0 thì bất đẳng thức luôn đúng. Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đúng với 3 số thực a, b, c dương.

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

=> x, y, z ≥ 0 => => x + y + z ≥ 0

Bất đẳng thức của 3 số thực a, b, c dương được quy về thành bất đẳng thức của 3 số thực x, y, z dương.

(x + y)^3 – 3xy(x + y) + z^3 – 3xyz \ge 0\((x + y)^3 – 3xy(x + y) + z^3 – 3xyz \ge 0\)

(x + y +z)[(x + y)^2 – (x +y)z + z^2]\((x + y +z)[(x + y)^2 – (x +y)z + z^2]\)

– 3xy(x + y + z) \ge 0\(– 3xy(x + y + z) \ge 0\)

(x + y +z)(x^2 + y^2 + z^2 +2xy – xz – yz)\((x + y +z)(x^2 + y^2 + z^2 +2xy – xz – yz)\)

– 3xy(x + y + z) \ge 0\(– 3xy(x + y + z) \ge 0\)

(x + y +z)(x^2 + y^2 + z^2 – xy – xz – yz) \ge 0\((x + y +z)(x^2 + y^2 + z^2 – xy – xz – yz) \ge 0\)

(x + y +z)[(x – y)^2 + (y – z)^2 + (x – z)^2] \ge 0\((x + y +z)[(x – y)^2 + (y – z)^2 + (x – z)^2] \ge 0\)(luôn đúng với mọi x, y, z ≥ 0)

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z hay a = b = c.

3. Chứng minh bất đẳng thức Cosi với 4 số thực không âm

Dễ dàng nhận ra rằng với a = 0, b = 0, c = 0, d = 0 thì bất đẳng thức luôn đúng. Bây giờ chúng ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đúng với 4 số thực dương.

Từ kết quả chứng minh bất đẳng thức đúng với 2 số thực không âm ta có:

a + b + c + d \ge 2\sqrt [2] {ab} + 2\sqrt [2] {cd} \ge 4\sqrt [4] {abcd}\(a + b + c + d \ge 2\sqrt [2] {ab} + 2\sqrt [2] {cd} \ge 4\sqrt [4] {abcd}\)

\Leftrightarrow \frac{a + b + c + d } {4} \ge \sqrt [4] {abcd} (đpcm)\(\Leftrightarrow \frac{a + b + c + d } {4} \ge \sqrt [4] {abcd} (đpcm)\)

Hệ quả:

Với d = \frac{a + b + c} {3}\(d = \frac{a + b + c} {3}\)Thì bất đẳng thức trở về dạng bất đẳng thức cosi với 3 số thực dương.

4. Chứng minh bất đẳng thức Cosi với n số thực không âm

Theo chứng minh ở trên, n = 2 thì bất đẳng thức luôn đúng.

Nếu bất đẳng thức đúng với n số thì nó cũng đúng với 2n số. Chứng minh điều này như sau:

x_1+ x_2 + …, + x_n\(x_1+ x_2 + …, + x_n\)

\ge n\sqrt [n] {x_1x_2…x_n} + n\sqrt [n] {x_{n + 1}x_{n + 2}…x_{2n}}\(\ge n\sqrt [n] {x_1x_2…x_n} + n\sqrt [n] {x_{n + 1}x_{n + 2}…x_{2n}}\)

\ge 2n\sqrt [2n] {x_{n + 1}x_{n + 2}…x_{2n}}\(\ge 2n\sqrt [2n] {x_{n + 1}x_{n + 2}…x_{2n}}\)

Theo quy nạp thì bất đẳng thức đúng với n là một lũy thừa của 2.

Mặt khác giả sử bất đẳng thức đúng với n số thì ta cũng chứng minh được nó đúng với n-1 số như sau:

Theo bất đẳng thức cosi cho n số:

x_1+ x_2 + …, + x_n \ge n\sqrt [n] {x_1x_2…x_n}\(x_1+ x_2 + …, + x_n \ge n\sqrt [n] {x_1x_2…x_n}\)

x_n = \frac {s}{n – 1}, s =x_1 + x_2 + …, + x_n\(x_n = \frac {s}{n – 1}, s =x_1 + x_2 + …, + x_n\)

= s \ge (n – 1) \sqrt [n – 1] {x_1x_2…x_{n – 1}}\(=> s \ge (n – 1) \sqrt [n – 1] {x_1x_2…x_{n – 1}}\)

Đây chính là bđt Cosi (n-1) số. Như vậy ta có đpcm.

III. Quy tắc chung trong chứng minh bất đẳng thức

Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giả nhanh hơn.

Quy tắc dấu bằng: dấu bằng “ = ” trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT. Chính vì vậy mà khi dạy cho học sinh ta rèn luyện cho học sinh có thói quen tìm điều kiện xảy ra dấu bằng mặc dù trong các kì thi học sinh có thể không trình bày phần này. Ta thấy được ưu điểm của dấu bằng đặc biệt trong phương pháp điểm rơi và phương pháp tách nghịch đảo trong kỹ thuật sử dụng BĐT Cô Si.

Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả một số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thương rất hay mắc sai lầm này. Áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không chú ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “ = ” phải được cùng được thỏa mãn với cùng một điều kiện của biến.

Quy tắc biên: Cơ sở của quy tắc biên này là các bài toán quy hoạch tuyến tính, các bài toán tối ưu, các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên.

Quy tắc đối xứng: các BĐT thường có tính đối xứng vậy thì vai trò của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “ = ” thường xảy ra tại vị trí các biến đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra dấu “ = ” xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể.

Chiều của BĐT : “ ≥ ”, “ ≤ ” cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh: đánh giá từ TBC sang TBN và ngược lại

Trên là 5 quy tắc sẽ giúp ta có định hướng để chứng minh BĐT, học sinh sẽ thực sự hiểu được các quy tắc trên qua các ví dụ và bình luận ở phần sau.

IV. Ví dụ về bất đẳng thức cosi

Ví dụ 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3.

Chứng minh rằng:

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

Gợi ý đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có:

(a2 + b + c)(1 + b + c) ≥ (a + b + c)2 . Do đó, để chứng minh bất đẳng thức đã cho, ta chỉ cần chứng minh rằng:

\frac {a \sqrt {1 + b + c} + b \sqrt {1 + c + a} + c \sqrt {1 + a + b}}{a + b + c} \le \sqrt{3}\(\frac {a \sqrt {1 + b + c} + b \sqrt {1 + c + a} + c \sqrt {1 + a + b}}{a + b + c} \le \sqrt{3}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi lần thứ hai ta thu được:

VT = \frac { \sqrt{a}\sqrt{a(1 + b + c)} + \sqrt{b}\sqrt{b(1 + c + a)} + \sqrt{c}\sqrt{c(1 + a + b)}}{a + b + c}\(= \frac { \sqrt{a}\sqrt{a(1 + b + c)} + \sqrt{b}\sqrt{b(1 + c + a)} + \sqrt{c}\sqrt{c(1 + a + b)}}{a + b + c}\)

\le \frac { \sqrt{{(a + b + c)}[a(1 + b + c) + b(1 + c + a) + c(1 + a + b)] }} {a + b + c}\(\le \frac { \sqrt{{(a + b + c)}[a(1 + b + c) + b(1 + c + a) + c(1 + a + b)] }} {a + b + c}\)

= \sqrt{1 + \frac {2(ab + bc +ca)}{a + b + c}}\(= \sqrt{1 + \frac {2(ab + bc +ca)}{a + b + c}}\)

\le \sqrt{1 + \frac {2(a + b +c)}{3}}\(\le \sqrt{1 + \frac {2(a + b +c)}{3}}\)

\le \sqrt{1 + \frac {2 \sqrt{3(a^2 + b^2 + c^2)}}{3}} = \sqrt{3} (đpcm)\(\le \sqrt{1 + \frac {2 \sqrt{3(a^2 + b^2 + c^2)}}{3}} = \sqrt{3} (đpcm)\)

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

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + \frac{7}{x}\(A = x + \frac{7}{x}\) với x > 0

Gợi ý đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số x > 0 và ta có:

x + \frac{7}{x} \ge 2\sqrt {x.\frac{7}{x}} = 2\sqrt 7\(x + \frac{7}{x} \ge 2\sqrt {x.\frac{7}{x}} = 2\sqrt 7\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = \frac{7}{x} \Leftrightarrow {x^2} = 7 \Leftrightarrow x = \sqrt 7\(x = \frac{7}{x} \Leftrightarrow {x^2} = 7 \Leftrightarrow x = \sqrt 7\)(do x > 0)

Vậy minA = 2\sqrt 7 \Leftrightarrow x = \sqrt 7\(A = 2\sqrt 7 \Leftrightarrow x = \sqrt 7\)

Ví dụ 3: Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn điều kiện \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{2}\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{2}\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = \sqrt x + \sqrt y\(A = \sqrt x + \sqrt y\)

Gợi ý đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số x > 0, y > 0 ta có:

\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge 2\sqrt {\frac{1}{x}.\frac{1}{y}}\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge 2\sqrt {\frac{1}{x}.\frac{1}{y}}\)

\Leftrightarrow \frac{1}{2} \ge \frac{2}{{\sqrt {xy} }} \Leftrightarrow \sqrt {xy} \ge 4\(\Leftrightarrow \frac{1}{2} \ge \frac{2}{{\sqrt {xy} }} \Leftrightarrow \sqrt {xy} \ge 4\)

Lại có, áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số x > 0, y > 0 ta có:

\sqrt x + \sqrt y \ge 2\sqrt {\sqrt {xy} } = 2\sqrt 4 = 4\(\sqrt x + \sqrt y \ge 2\sqrt {\sqrt {xy} } = 2\sqrt 4 = 4\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \left\{ \begin{array}{l} x = y\\ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 4\(\left\{ \begin{array}{l} x = y\\ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 4\)

Vậy minA = 4 khi và chỉ khi x = y = 4

Ví dụ 4: Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn điều kiện \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{2}\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{2}\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = \sqrt x + \sqrt y\(A = \sqrt x + \sqrt y\)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số x > 0, y > 0 ta có:

\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge 2\sqrt {\frac{1}{x}.\frac{1}{y}}\(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge 2\sqrt {\frac{1}{x}.\frac{1}{y}}\)

\Leftrightarrow \frac{1}{2} \ge \frac{2}{{\sqrt {xy} }} \Leftrightarrow \sqrt {xy} \ge 4\(\Leftrightarrow \frac{1}{2} \ge \frac{2}{{\sqrt {xy} }} \Leftrightarrow \sqrt {xy} \ge 4\)

Lại có, áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số x > 0, y > 0 ta có:

\sqrt x + \sqrt y \ge 2\sqrt {\sqrt {xy} } = 2\sqrt 4 = 4\(\sqrt x + \sqrt y \ge 2\sqrt {\sqrt {xy} } = 2\sqrt 4 = 4\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \left\{ \begin{array}{l} x = y\\ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 4\(\left\{ \begin{array}{l} x = y\\ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = 4\)

Vậy minA = 4 khi và chỉ khi x = y = 4

Ví dụ 5: Chứng minh với ba số a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = 3 thì:

\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} \ge \frac{3}{2}\(\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} \ge \frac{3}{2}\)

Nhận xét: Bài toán đạt được dấu bằng khi và chi khi a = b = c = 1. Ta sẽ sử dụng phương pháp làm trội làm giảm như sau:

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số a, b, c không âm có:

\frac{a}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4} + \frac{1}{{2a}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{a}{{b + c}}.\frac{{b + c}}{4}.\frac{1}{{2a}}}} = 3\sqrt[3]{{\frac{1}{8}}} = \frac{3}{2}\(\frac{a}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4} + \frac{1}{{2a}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{a}{{b + c}}.\frac{{b + c}}{4}.\frac{1}{{2a}}}} = 3\sqrt[3]{{\frac{1}{8}}} = \frac{3}{2}\)

Tương tự ta có \frac{b}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{4} + \frac{1}{{2b}} \ge \frac{3}{2}\(\frac{b}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{4} + \frac{1}{{2b}} \ge \frac{3}{2}\) và \frac{c}{{a + b}} + \frac{{a + b}}{4} + \frac{1}{{2c}} \ge \frac{3}{2}\(\frac{c}{{a + b}} + \frac{{a + b}}{4} + \frac{1}{{2c}} \ge \frac{3}{2}\)

Cộng vế với vế ta có:

\frac{a}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4} + \frac{1}{{2a}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{4} + \frac{1}{{2b}} + \frac{c}{{a + b}} + \frac{{a + b}}{4} + \frac{1}{{2c}} \ge 3.\frac{3}{2} = \frac{9}{2}\(\frac{a}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4} + \frac{1}{{2a}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{4} + \frac{1}{{2b}} + \frac{c}{{a + b}} + \frac{{a + b}}{4} + \frac{1}{{2c}} \ge 3.\frac{3}{2} = \frac{9}{2}\)

\Leftrightarrow \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} + \frac{{2\left( {a + b + c} \right)}}{4} + \frac{{ab + bc + ca}}{{2abc}} \ge \frac{9}{2}\(\Leftrightarrow \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} + \frac{{2\left( {a + b + c} \right)}}{4} + \frac{{ab + bc + ca}}{{2abc}} \ge \frac{9}{2}\)

\Leftrightarrow \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} + \frac{{a + b + c}}{2} + \frac{{a + b + c}}{2} \ge \frac{9}{2}\(\Leftrightarrow \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} + \frac{{a + b + c}}{2} + \frac{{a + b + c}}{2} \ge \frac{9}{2}\)

\Leftrightarrow \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} \ge \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2}\(\Leftrightarrow \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} \ge \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

V. Bài tập bất đẳng thức cosi

Bài 1. Giải các phương trình sau:

a) \quad\left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+2\right)\left(z^{2}+8\right)=32 x y z \quad(x, y, z0)\(a) \quad\left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+2\right)\left(z^{2}+8\right)=32 x y z \quad(x, y, z>0)\)

b) x+\sqrt{2-x^{2}}=4 y^{2}+4 y+3\(b) x+\sqrt{2-x^{2}}=4 y^{2}+4 y+3\)

c) \frac{16}{\sqrt{x-3}}+\frac{4}{\sqrt{y-1}}+\frac{1225}{\sqrt{z-665}}=82-\sqrt{x-3}-\sqrt{y-1}-\sqrt{z-665}\(c) \frac{16}{\sqrt{x-3}}+\frac{4}{\sqrt{y-1}}+\frac{1225}{\sqrt{z-665}}=82-\sqrt{x-3}-\sqrt{y-1}-\sqrt{z-665}\)

d) \frac{x+1}{\sqrt{x}}+\frac{4(y-1) \sqrt[3]{y-1}+4}{\sqrt[3]{(y-1)^{2}}}=10\(d) \frac{x+1}{\sqrt{x}}+\frac{4(y-1) \sqrt[3]{y-1}+4}{\sqrt[3]{(y-1)^{2}}}=10\)

Bài 2. Giải phương trình:

a) \quad \sqrt{x-1}+x-3=\sqrt{2(x-3)^{2}+2 x-2}.\(a) \quad \sqrt{x-1}+x-3=\sqrt{2(x-3)^{2}+2 x-2}.\)

b) \quad \frac{x}{2 x+y+z}+\frac{y}{2 y+z+x}+\frac{z}{2 z+x+y}=\frac{3}{4}.\(b) \quad \frac{x}{2 x+y+z}+\frac{y}{2 y+z+x}+\frac{z}{2 z+x+y}=\frac{3}{4}.\)

Bài 3. Giải hê phương trình:

\left\{\begin{array}{l}\frac{2 x^{2}}{1+x^{2}}=y \\ \frac{3 y^{3}}{1+y^{2}+y^{4}}=z \\ \frac{4 z^{4}}{1+z^{2}+z^{4}+z^{6}}=x\end{array}\right.\(\left\{\begin{array}{l}\frac{2 x^{2}}{1+x^{2}}=y \\ \frac{3 y^{3}}{1+y^{2}+y^{4}}=z \\ \frac{4 z^{4}}{1+z^{2}+z^{4}+z^{6}}=x\end{array}\right.\)

Bài 4. Xác đinh số nguyên dương n và các số dương x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\) thỏa:\left\{\begin{array}{l} \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}+\ldots+\mathrm{x}_{\mathrm{n}}=9 \\ \frac{1}{\mathrm{x}_{1}}+\frac{1}{\mathrm{x}_{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathrm{x}_{\mathrm{n}}}=1 \end{array}\right.\(\left\{\begin{array}{l} \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}+\ldots+\mathrm{x}_{\mathrm{n}}=9 \\ \frac{1}{\mathrm{x}_{1}}+\frac{1}{\mathrm{x}_{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathrm{x}_{\mathrm{n}}}=1 \end{array}\right.\)

Bài 5. Giải hê phương trình: \left\{\begin{array}{l}x+y+z=1 \\ x^{4}+y^{4}+z^{4}=x y z\end{array}\right.\(\left\{\begin{array}{l}x+y+z=1 \\ x^{4}+y^{4}+z^{4}=x y z\end{array}\right.\)

Bài 6. Giải hê phương trình: \left\{\begin{array}{l}\sqrt{1+x_{1}}+\sqrt{1+x_{2}}+\ldots+\sqrt{1+x_{n}}=n \sqrt{\frac{n+k}{n}} \\ \sqrt{1-x_{1}}+\sqrt{1-x_{2}}+\ldots+\sqrt{1-x_{n}}=n \sqrt{\frac{n-k}{n}}\end{array}\right.\(\left\{\begin{array}{l}\sqrt{1+x_{1}}+\sqrt{1+x_{2}}+\ldots+\sqrt{1+x_{n}}=n \sqrt{\frac{n+k}{n}} \\ \sqrt{1-x_{1}}+\sqrt{1-x_{2}}+\ldots+\sqrt{1-x_{n}}=n \sqrt{\frac{n-k}{n}}\end{array}\right.\)

Bài 7: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:

a, B = \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {x + 9} \right)}}{x}\(B = \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {x + 9} \right)}}{x}\)với x > 0

(gợi ý: biến đổi B = \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {x + 9} \right)}}{x} = \frac{{{x^2} + 13x + 36}}{x} = x + 13 + \frac{{36}}{x}\(B = \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {x + 9} \right)}}{x} = \frac{{{x^2} + 13x + 36}}{x} = x + 13 + \frac{{36}}{x}\) rồi áp dụng bất đẳng thức Cô si)

b, C = \frac{{{{\left( {x + 10} \right)}^2}}}{x}\(C = \frac{{{{\left( {x + 10} \right)}^2}}}{x}\) với x > 0

c, D = \frac{x}{3} + \frac{3}{{x - 2}}\(D = \frac{x}{3} + \frac{3}{{x - 2}}\)với x > 2

(gợi ý: biến đổi rồi áp dụng bất đẳng thức Cô si)

Bài 8: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + \frac{1}{y} + \frac{4}{{x - y}}\(P = x + \frac{1}{y} + \frac{4}{{x - y}}\) với x > y > 0

(gợi ý: biến đổi P = x - y + \frac{4}{{x - y}} + y + \frac{1}{y}\(P = x - y + \frac{4}{{x - y}} + y + \frac{1}{y}\))

Bài 9: Với a, b, c là các số thực không âm, chứng minh:

\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 9\(\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 9\)

(gợi ý áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số a, b, c không âm)

Bài 10: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

\frac{{b + c}}{a} + \frac{{c + a}}{b} + \frac{{a + b}}{c} \ge 6\(\frac{{b + c}}{a} + \frac{{c + a}}{b} + \frac{{a + b}}{c} \ge 6\)

(gợi ý sử dụng phương pháp làm trội)

Từ khóa » Các Bất đẳng Thức Cô Si