Mục lục
BẤT ĐẲNG THỨC COSI HAY BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
Bất đẳng thức Cosi (Cauchy) còn có tên gọi khác là bất đẳng thức AM-GM được sử dụng khá nhiều trong các bài toán chứng minh BĐT ở bậc THCS.
Bất đẳng thức Cosi biểu thị mối liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân. Cụ thể:
Bất đẳng thức Cosi cho 2 số không âm
Với $a, b$ là các số thực không âm, khi đó ta có:
$\displaystyle\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b}$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = b$.
Cách chứng minh:
Với $\displaystyle\mathrm{a}=0$ và $\displaystyle\mathrm{b}=0$ thì bất đẳng thức luôn đúng (1).
Với 2 số $a, b$ dương, ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương chứng minh bất đẳng thức.
$\displaystyle\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b}$
$\displaystyle\Leftrightarrow \mathrm{a}+\mathrm{b} \geq 2 \sqrt{\mathrm{ab}}$
$\displaystyle\Leftrightarrow a-2 \sqrt{a b}+b \geq 0$
$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2} \geq 0$ (luôn đúng với mọi a, $b \geq 0$ )
$\displaystyle\Rightarrow$ Bất đẳng thức đã cho luôn đúng với mọi $a, b$ dương (2)
Từ (1) và (2) $\displaystyle\Rightarrow$ bất đẳng thức Cosi đúng với 2 số thực
$a, b$ không âm.
Bất đẳng thức Cosi cho 3 số không âm
Với $a, b, c$ là các số thực không âm, khi đó ta có:
$\displaystyle\frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{a b c}$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.
Cách chứng minh:
Với $a=0, b=0, c=0$ thì bất đẳng thức luôn đúng.
Với 3 số $a, b, c$ dương. chúng ta chứng minh như sau:
Đặt: $x=\sqrt[3]{a}, y=\sqrt[3]{b}, z=\sqrt[3]{c}$
⇒ $x, y, z \geq 0$
⇒ $x+y+z \geq 0$
Bất đẳng thức đã cho được quy về chứng minh: $x^{3}+y^{3}+z^{3} \geq 3 x y z$
$(x+y)^{3}-3 x y(x+y)+z^{3}-3 x y z \geq 0$
$(x+y+z)\left[\left((x+y)^{2}-(x+y) z+z^{2}\right]-3 x y(x+y+z) \geq 0\right.$
$(x+y+z)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y-x z-y z\right)-3 x y(x+y+z) \geq 0$
$(x+y+z)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}-x y-y z-z x\right) \geq 0$
$(x+y)^{3}-3 x y(x+y)+z^{3}-3 x y z \geq 0$
$(x+y+z)\left[\left((x+y)^{2}-(x+y) z+z^{2}\right]-3 x y(x+y+z) \geq 0\right.$
$(x+y+z)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y-x z-y z\right)-3 x y(x+y+z) \geq 0$
$(x+y+z)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}-x y-y z-z x\right) \geq 0$
$(x+y+z)\left(2 x^{2}+2 y^{2}+2 z^{2}-2 x y-2 y z-2 z x\right) \geq 0$
$(x+y+z)\left[(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(x-z)^{2}\right] \geq 0,(\forall x, y, z \geq 0)$
$(x+y+z)\left[(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(x-z)^{2}\right] \geq 0,(\forall x, y, z \geq 0)$
Dấu “$=$” xảy ra khi $x=y=z$ ⇔ $a=b=c$.
Bất đẳng thức Cosi cho 4 số không âm
Với $a, b, c, d$ là các số thực không âm, khi đó ta có:
$\displaystyle\frac{a+b+c+d}{4} \geq \sqrt[4]{a b c d}$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = d$.
Cách chứng minh:
$a+b+c+d \geq 2 \sqrt{a b}+2 \sqrt{c d} \geq 4 \sqrt[4]{a b c d}$
$\displaystyle\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)^{4} \geq a b c d$
Thay: $\displaystyle d=\frac{a+b+c}{3}$
Ta được bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương.
Bất đẳng thức Cosi cho n số không âm
Với $\displaystyle x_{1},x_{2},x_{3},\cdot \cdot \cdot ,x_{n}$ là n số thực không âm, khi đó ta có:
$\displaystyle \dfrac{{x_{1}+x_{2}+x_{3}+\cdot \cdot \cdot +x_{n}}}{n}\ge \sqrt[n]{{x_{1}x_{2}x_{3}\cdot \cdot \cdot x_{n}}}$
Cách chứng minh:
$n=2$ thì bất đẳng thức đúng.
Nếu bất đẳng thức đúng với $n$ số thì nó cũng đúng với $2 n$ số.
Ta có thể chứng minh đơn giản vì:
$x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n} \geq n \sqrt[n]{x_{1} \cdot x_{2} \ldots x_{n}}+n \sqrt[n]{x_{n+1} \cdot x_{n+2} \ldots x_{2 n}} \geq 2 n \sqrt[2 n]{x_{1} \cdot x_{2} \ldots x_{2 n}}$
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: $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n} \geq n \sqrt[n]{x_{1} \cdot x_{2} \ldots x_{n}}$
Chọn: $\displaystyle x_{n}=\frac{s}{n-1}, s=x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}$
$\rightarrow s \geq(n-1) \sqrt[n-1]{x_{1} \cdot x_{2} \ldots x_{n-1}}$
Đây chính là bất đẳng thức Côsi cho $(n-1)$ số. Như vậy ta có đpcm.