Toán 10 Bất đằng thức cosi29348

Chú ý: Trong sách giáo khoa Đại số 10 thì bất đẳng thức Cô-si được phát biểu cho hai hoặc ba số dương, nghĩa là nếu ta áp dụng bất đẳng thức Cô-si với nhiều hơn ba số thì ta cần phải chứ

A Lý thuyết

1 Bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm:

Cho a1, a2  0 thì 1 2 a1a2 (1)

2

a a





Chứng minh Ta có

(1)  a1a22 a1a2 0

  a1  a22 0 (2)

Do (2) đúng nên (1) luôn đúng

Dấu “ = ” của (1) xảy ra  a1 = a2

2 Bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm:

3 2 1 3 2

3

a a a







Chứng minh áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có:

3 2 1 3 3

3 2 1

3 a a a 2 a a a a

Cộng từng vế của (3), (4), (5), ta được a1+ a2 + a3 33 a1a2a3

 3 (đpcm)

3 2 1 3 2

3

a a a







Đẳng thức xảy ra  (3), (4), (5) đồng thời xảy ra đẳng thức  a1= a2 = a3

3 Bất đẳng thức Cô-si cho bốn số không âm:

4 3 2 1 4 3 2

4

a a a a









Chứng minh. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có:

a1 + a2 2 a1a2 , (5)

a3 + a4 2 a3a4 , (6)

2( a1a2 + a3a4)  4 (7)

4 3 2

1a a a a 4

4 3 2 1 4 3 2

4

a a a a







 Đẳng thức xảy ra  (5), (6), (7) đồng thời xảy ra đẳng thức  a1 = a2 = a3 = a4

Tổng quát : Cho a1, a2,…,an  0 , ta luôn có 

n

a

a

n

n 2

1a a a (*) Dấu “=” của (*) xảy ra  a1 = a2 = …= an

Chú ý: Trong sách giáo khoa Đại số 10 thì bất đẳng thức Cô-si được phát biểu cho hai hoặc ba số dương, nghĩa là nếu ta áp dụng bất đẳng thức Cô-si với nhiều hơn

ba số thì ta cần phải chứng minh Bạn đọc đã biết nếu chỉ áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai hoặc ba số thì rất khó khai thác hết cái hay và các ứng dụng rộng của

nó Nếu áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho trường hợp hai hoặc ba số mà chứng minh được tương đối ngắn gọn thì ta trình bày cách đó, còn nếu không ta sẽ áp dụng luôn

B.Bài tập

Ví dụ 1 Cho tổng S = a + 3 ( a > 0 )

a 1

+) Ta sẽ biến đổi tổng S thành tổng S1 có tích không đổi:

a

1 3

a 3

a 3

a a

1

a

1 3

a 3

a 3

a







27

1 a

1 3

a 3

a 3 a

3 

+) Ta sẽ biến đổi tổng S thành tổng S2 có tích là 4 :

) a 2 ( 1

a 2

1 a

2

1 2

a 2

a a

1

a 2

1 a 2

1 2

a 2

a





a a

Ví dụ 2. Cho tích P = sin4x cos2x

+) Ta sẽ biến đổi tích P thành tích P1 có tổng không đổi :

2

x sin 2

x

2

x sin 2

x

= 1

x cos x sin x cos 2

x sin

2

x

+) Ta sẽ biến đổi tích P thành tích P2 có tổng là 1 + cos2x

P = sin4x cos2x

2

sin sin

.2 cos

x



2

x sin 2

x

2

x sin

2

x

2 2













Các Bất Đẳng Thức đại số

Bài 1

Cho hai số không âm a và b thoả mãn điều kiện a + b = 5 Chứng minh:

1) ab ; 2) a2b ; 3) a2 b3

4

25



27

500

Giải

1) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có:

ab 2

b a





2

5 

4

25



2

5 b a 5 b a

b a

















 2) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm, ta có:

2

a 2

a 3

b 2

a 2

a







3 2

4

b a 3

b

4

b a 3

53  2











27

500



































3

5 b 3

10 a 5 b a

b 2 a

3) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho năm số không âm, ta có:

3

b 3

b 3

b 2

a 2

a 5

3

b 3

b 3

b 2

a

2

a









5



1 5  a2b3  108

108

a b













 5 b a 3

b 2

a









 3 b

2 a

Bài 2.

Cho ba số không âm a, b, c thoả mãn điều kiện a + b2 + c3 = 11 Chứng minh :

27

1331

Giải

1) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm, ta có:

3 2

c ab 3

c b

a





c ab 3

11 



27

1331















































3

3 2

3 2

3

11 c 3

11 b 3

11 a

11 c b a

c b a

2) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 11 số không âm,ta có:

6

11



11

6

lan



11 8

a b c  a b c

11 8

6 6 6

6 3

c b a



 6 6 6 8

6 3 c b







































3 3

2

3 2

2 c

3 b

6 a

11 c b a

2

c 3

b 6 a

Bài 3 Chứng minh rằng:

1) Với a, b  0; 1 thì (1 – a )(1 – b)( a + b )

27

8



2) Với a  [– 2; 2], b  [ ; 3], c  [0; 4] thì

3 1

3

512 3 c 4 b a 2 c 4 b 3 a

Giải

1) Do a b,  0; 1 nên 1 a 0; 1 b 0; a b 0

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm, ta có:

3

b a b 1 a 1 b a b 1 a

















27

8 ) b a )(

b 1 )(

a 1



3

1 b a b a b 1

b 1 a 1



























3

   c 0; 4

2 – a0 hay 2a 4,

3 – b0 hay 3b1,

0 c

4  4c0

Từ đó suy ra 2a + 3b + 4c + 3  0

Đặt p = ( 2 – a)( 3 – b)( 4 – c )( 2a + 3b + 4c + 3)

Ta có 2 3 4p = (4 – 2a ) (9 – 3b ) (16 – 4c )( 2a + 3b + 4c + 3)

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bốn số không âm, ta có:

( 4 – 2a)( 9 – 3b)( 16 – 4c)( 2a + 3b + 4c + 3 )

4

4

3 c 4 b a 2 c 4 16 b 9 a 2 4











 24p  84  p

3

512



Dấu “=” xảy ra



































3 c 4 b a 2 a 2 4

c 4 16 b 9

b 9 a 2 4



































1 ) 12 a 2 ( ) 5 a 2 ( a 4

12 a 2 b 7 c 4

5 a 2 b























2 c 3

1 b

2 a

2



*

N

( ĐHBK HN 1997 ) Giải . áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (p + q) số dương, ta có:

p q

plan qlan

plan qlan





q

x cos p

x sin q

p

x cos x

sin









































q p

2 q p q

p

q p

) x cos x (sin )

q p (

1



  p q 2 

q p

q p

x cos x sin )

q p (

q

q p q

p

) q p (

q p x

cos x





(0; )

(0; ) 2

2

q

p q

p

p q x

x































q p

p x

sin

q p

q x

cos

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số y = sinpx.cosqx bằng ,

q p

q p

) q p (

q p



























q p

p x

sin

q p

q x

cos

Bài 5 Chứng minh rằng  x R ta luôn có:

1) 4cosx 2sinx 3;

2) 2 2 2002 1 ( ĐH An ninh 1997).

27x 3 x x 4

Giải











 x sin x sin

x cos x cos

2 2

Từ đó suy ra 4cos sin cos2 sin2

x x  x x

Ta lại có cos2x sin2x 2 cos2x sin2x sin2x

2 2

1 2

2

1 2

2

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:

2cos2

x x x x x

2

) x cos x (sin 2 x

sin x cos

2

2 3 2

4

2 2 2



Dấu “=” xảy ra 











































1 x sin x cos

x sin x sin

x cos x cos

2 2

1 2

x sin x sin

x cos x cos

2 2

2 2

x sin x

cos

2 2

2 2

2

2

2

2

x





Z

x      x               

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bốn số dương, ta có:

2

2 2002 1 4 3 2 1 2002 1 1 1 2002 1

x      x            

 2 2 2002 1 4 3 2 3 2 6006

27x 3 x x 4 3 x x  x

3 4 3

0 x

3 3

1

3 x2 x2 2002x 1















Bài 6 Cho ba số thực dương x, y, z Chứng minh rằng

  x y z 6 (*)

x

y y

z z

x z

1 y

1 x

1 1

















( Tạp chí Toán học & tuổi trẻ ) Giải Xét vế trái (VT) của (*):

VT = xyz1

x

y y

z z

x z

1 y

1 x









z

1 y

1 x

1 x

y xy z

x zx y

z

































áp dụng bất đẳng thức Cô-si lần lượt cho hai số dương, ta có:

z 2

y

z

z

x

x

y

; (4) ; (5) (6) 2

x

1

y

1

z

1

Cộng từng vế của (1), (2), (3), (4), (5) và (6), ta được

x

y y

z z

x z

1 y

1 x

1





















Dễ thấy dấu “=” của (*) xảy ra  xyz1

Bài 7 Cho x  ฀+ Chứng minh rằng:

Giải

1) Nếu x = 0 thì (1) luôn đúng

Nếu x  0, chia cả hai vế của (1) cho x3 , ta được:

3 x

1 x

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:

= 3

3 x

1 x x

3

3

1

x

  Vậy (3) đúng nên (1) đúng

x

1 x

x x

3

2



















2) Nếu x = 0 thì (2) luôn đúng

Nếu x > 0, chia cả hai vế của (2) cho x4 , ta được:

7 x

2 x x

x

4 2

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bảy số dương, ta có :

Vậy (4) đúng nên (2) đúng



























4

2

2 3

x

1 x

1 x x x

x x

Bài 8 Chứng minh rằng:

1) Với a >1 thì

2

5 ) 1 a )(

1 a ( 2

27





 2) Với a, b, c > 0 và thoả mãn a > b ; a > c thì

2a + 4 2)

) c b )(

c a )(

b

a

(







Giải

1) Nhân hai vế của (1) với 2, ta được

) 1 a )(

1 a (

27 a







) 1 a )(

1 a (

27 a

2







) 1 a )(

1 a (

27 3

) 1 a ( 3

) 1 a ( 3

) 1 a ( ) 1 a (





















) 1 a )(

1 a

(

27 a

2





3

a

) 1 a )(

1 a

(

27 a

2







Suy ra (3) đúng nên (1) đúng





























3

) 1 a )(

1 a (

27 1

a

3

1 a 1 a

) c b )(

c a )(

b a (

1 a

2









) c b )(

c a )(

b a (

1 )

c b ( ) c a ( ) b a

















 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bốn số dương, ta có:

1 4 1

) c b )(

c a )(

b a (

1 a

















































) c b )(

c a )(

b a (

1 c

b

c b c a

c a b a























16

1 b

b a

c b

4 















2

3 a

2

1 c b

Bài 9 Giả sử phương trình

có ba nghiệm làx1,x2,x3 Chứng minh rằng

3

2

1x x

x (x1x2x3)x1x2 x2x3x3x1  21

Giải Do x1,x2,x3 là ba nghiệm của phương trình (1) nên theo định lí Vi-ét, ta có :





























3 3 2 1

1 3 3 2 2 1

2 3

2 1

a 2 x x x

1 x x x x x x

a 6 5 x x x

Thay vào (2), ta được: 2a3(56a2)1 21

 10a3. (3) 2

a

12 5

 +) Nếu a = 0 thì (3) đúng nên (2) đúng

+) Nếu a > 0, chia cả hai vế của (3) cho a3 , ta có

a

2 a

a

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho năm số dương, ta có:

a

2 a

Vậy (4) đúng nên (2) đúng

2 4

1 a a 2

2 a

3



2

1

a



Bài 10 Cho ba số không âm a, b, c Chứng minh rằng:

9 2

2

2

3

c b a 8 ) a c )(

c b )(

b a

(

c

b

















9

3

a b c

Giải

1) Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm, ta có:

3

3

a b c



6

2 2 2

3

a b c

3

3

3

c b a 8 ) a c )(

c b )(

b a

















 Nhân từng vế của (1) với (2), ta được:

9 2

2

2

3

c b a 8 ) a c )(

c b )(

b a

(

c

b

















Dễ thấy dấu “=” xảy ra abc

2) Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm, ta có:

3

3

c b a











3

a b c

6 2

2 2

3

c b a 64 ) a c ( ) c b ( ) b a















 Nhân từng vế của (3) và (4), ta được:

9

3

a b c

Dấu “=” xảy ra abc

Bài 11 Cho hai số dương a và b Chứng minh rằng:

) b a ( ab 64 b

Giải

1) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:

(a b ) 2 ab2 2 ab a b(  )

2

b

a

) b a ( ab

 Dấu “=” xảy ra ab2 ab a  b2 0ab

2) Ta có 3 a3 b3 ab33 ab3 a3 b

= ab3 ab.3 a3 b3 ab.3 a3 b3 ab.3 a3 b áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bốn số dương, ta có:

  3 3 3  3 3 3  3 3 3 

4 3 3 3

b a ab b a ab b a ab )

b a ( 4

b















3

3 a b 3 a3 b9 28ab(ab) Dấu “=” xảy ra ab=3 ab3 a3 b

Bài 12 Cho ba số dương x, y, z Chứng minh rằng:

4

9









































5 3 3 3

3 16 70

x

y y

x x

y y

x 16 x

y

y

x













6

x

z z

y y

x 243 x

z z

y

y

x

Giải

1) Đặt : a x;b y a b 1

Ta có (ab)4 a4 4a3b6a2b24ab3b4

= a4 b4 4(a2b2)6

= (a4b4)(a2b2)(a2b2)(a2b2)(a2b2)222 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho tám số dương, ta có:

4

8

a b

(ab)3288.(a4 b4)(a2b2)4.8

4

9

1 b

a 



x

y y

x











x

y b

; y

x

(a b )  a b a b

(a b ) a 5a b10a b 10a b 5ab b

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 16 số, trong đó có một số là (a5 + b5), năm số

là (a3 + b3) và mười số là (a + b), ta có:

10 5

3 3 5 5

16 5

) b a (

) b a ).(

b a ( 16

) b

a

(



















 

 (a + b)80  1616 (a5+ b5) (a3 + b3 )5 (a + b)10  (a + b )70  1616 (a3 + b3)5

( a5 + b5)

hay        











5 3 3 3

3 16 70

x

y y

x x

y y

x 16 x

y

y

x

Dấu “=” xảy ra 



















































1 ab

1 b ab a

b a b a

1 ab

b a b a

b a b a

2 2

3 3 5 5 3

3

3 3 5 5

1 b

a 



 1 x y

x

y y

Ta có ( a+ b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho chín số dương, trong đó có ba số là

, hai số là ab, hai số là bc và hai số là ca, ta có:

3

2 2 2

3 2 2 2 9 2

) ca (

) bc (

) ab (

3

c b a 9

) c b a (























2 2 2 3

3

18 15 2 2 2 3

3

243

1 abc

ca bc

bc ab

ab 3

c b







































Bài 13 Cho x  0; y  0 và thoả mãn điều kiện x + y = 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá

1 x

y 1 y

x







Giả i Ta có

y x xy 2 ) y x















xy 2

6 2 xy 2

xy 2 2













Do x  0; y  0 nên 2 + xy  2, suy ra P  2 + =1

2 6

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được khi và chỉ khi











 1 y x

0 xy













1 y

0 x









 0 y

1 x

Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có

4

1 2

y x xy

2













 



4

1 2

6

2

3

2

2

1 y x 1 y x

y x



















Bài 14. Cho x, y  ฀ và thoả mãn điều kiện x  y, xy = 1 Chứng minh rằng:

) y x

(

4 y 3 x y

x

2

3

3













6

6











1) Ta có x3 – y3 – 3x + 3y + 4 = x3 – 3x2y + 3xy2 – y3 + 4 = (x  y)3 + 4

Khi đó, ta có

2



3

y x

4 y

x y

x

4 y x















y x

4 2

y x 2

y x











Do x > y nên x – y > 0 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:

= 3 (đpcm)

3































1 xy

2 y x 1

xy

y x

4 2

y x

2





















































2 1 y

2 1 x

2 1 y

2 1 x

2) Ta có x6 + y6 + 1 = (x3 – y3 )2 + 2x3y3 + 1 = [(x3 – y3)2  1] + 4

= ( x3 – y3  1) (x3 – y3 + 1) + 4

Khi đó, ta có

1 1

4 1

y









1 y x

4 1

y









 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có

1 y x

4 1 y x 2 1 y x

4 1

y

x

3 3 3 3 3

3 3





















1 1

(đpcm)