Ứng dung của bất đẳng thức cô si

Một Số ứNG DụNG CủA BấT ĐẳNG THứC CÔ SI ứNG DụNG 1: Chứng minh bất đẳng thức Bài toán số 1. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng ( ) 1 1 1 9.a b c a b c + + + + ữ *Phân tích: Vế trái chứa a, b, c > 0 và các nghịch đảo của chúng. Vì vậy ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức Côsi. Lời giải: Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các bộ số a, b, c và 1 1 1 , , a b c ta có: 3 3 3 1 1 1 1 3 a b c abc a b c abc + + + + Nhân từng vế của hai bất đẳng thức trên ta đợc: ( ) 1 1 1 9a b c a b c + + + + ữ (đpcm). Cách 2: ( ) 1 1 1 3 3 2 2 2 9 b a c a b c a b c a b c a b a c c b + + + + = + + + + + + + + + = ữ ữ ữ ữ Dấu "=" xảy ra a b c = = Bài toán số 1.1 Chứng minh các bất đẳng thức: a. 3 a b c b c a + + (a, b, c > 0) b. 2 2 2 a b c ab bc ca+ + + + Bài toán số 1.2 Chứng minh rằng: a. 2 2 2 2 1 x x + + x R áp dụng BĐT Côsi cho 2 số x 2 +1 và 1. b. 8 6 1 x x + x > 1. áp dụng BĐT Côsi cho 2 số x - 1 và 9. c. ( ) ( ) 1 4a b ab ab+ + , 0a b áp dụng BĐT Côsi ta có 2 1 2 a b ab ab ab + + Nhân từng vế của 2 BĐT trên ta suy đợc đpcm. 1 Bài toán số 1.3 Chứng minh rằng: a. ( ) ( ) ( ) 8a b b c c a abc+ + + , , 0a b c b. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 6a b b c c a abc + + + + + áp dụng BĐT Côsi cho 6 số 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , , , , ,a a b b b c c c a . Bài toán số 1.4 a. n số dơng a 1 , a 2 , ., a n . Chứng minh rằng: 1 2 1 2 . 1 1 1 n n n n a a a a a a + + +L b.Nếu a 1 , a 2 , , a n dơng và a 1 a 2 .a n = 1 thì a 1 + a 2 + .+ a n n áp dụng BĐT Côsi cho n số dơng trên) Bài toán số 2 . Chứng minh bất đẳng Netbit 3 2 a b c b c a c a b + + + + + , ,a b c > 0. Giải. Đặt x= b + c, y = a + c, z = a +b Khi đó x, y, z > 0 và , , 2 2 2 y z x x z y x y z a b c + + + = = = Ta có: ( ) 1 2 2 2 2 1 1 3 3 2 2 2 3 . 2 2 2 a b c y z x x z y x y z b c a c a b x y x z y z y x z x z x + + + + + = + + ữ + + + = + + + + + + + = ữ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x= y= z. Cách khác: ( ) ( ) 1 6 2 1 1 1 1 1 3 6 9 6 2 2 2 a b c x y z x y z x y z b c a c a b x y z x y z x y z + + + + + + + + = + + ữ + + + = + + + + = ữ Khai thác bài toán: Bằng cách tơng tự, ta có thể chứng minh đợc các bất đẳng thức sau: với a, b, c dơng ta có: 2 .2 9222 .1 222 cba ba c ac b cb a cbabaaccb ++ + + + + + ++ + + + + + Bài toán số 2.2. Cho x, y > 0. Chứng minh rằng yxyx + + 411 (1) Phân tích: Do x, y > 0 nên BĐT (1) có thể suy ra từ BĐT Côsi hoặc xét hiệu. Giải 2 Cách 1: Sử dụng BĐT Côsic cho 2 số dơng x, y: ( ) yxyx yxxy yx xyyx xyyx + + + + + + 411 4 4 2 2 Cách 2. Xét hiệu của 2 vế: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 00 4 0 411 1 2 + + +++ + + yxxy yx yxxy xyyxxyxy yxyx (2) Do x > 0, y > 0 nên BĐT (2) luôn đúng. Vậy (1) luôn đúng. (đpcm) Khai thác bài toán: Ta thấy BĐT trên có liên quan đến việc cộng mẫu nên có thể sử dụng để chứng minh BĐT sau: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng: ++ + + cbacpbpap 111 2 111 trong đó 2 cba p ++ = Bài tập tơng tự: Bài 1. Chứng minh rằng: ++ ++ + + + + + + + + cba cba ca ca bc cb ba ba 222222222 3 Bài 2. Cho a, b, c, d là các số dơng. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 22 2 22 4 22 4 22 4 dcba adad d dcdc c cbcb b baba a +++ ++ + ++ + ++ + ++ Bài 3. Cho 1,,0 cba . Chứng minh rằng: accbbacba 222222 1 +++++ Bài 4. Cho a > 0, b > 0, c > 0. Chứng minh: +++ cbaab c ac b bc a 111 2 Bài 5. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: x zy zy x + + + 4 2 Bài 6. Cho a, b > 0. Chứng minh rằng: a b ba b a Bài 7. Cho x, y > 0. Chứng minh rằng: 3 2 22 3 yx yxyx x ++ Bài 8. Cho x, y 0. Chứng minh rằng: 2 6 2 6 44 x y y x yx ++ Bài 9. Cho a, b > 0. Chứng minh rằng: 4 2 ab ba ab + áp dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh BĐT trong tam giác Bài toán số 3 . Cho a, b, c là độ dài cạnh của một tam giác. 3 Chứng minh rằng: .3 + + + + + cba c bca b acb a Giải: Cách 1. đặt x = b + c a; y = a + c - b; z = a + b c. Khi đó x, y, z > 0 và . 2 , 2 , 2 zy c zx b yx a + = + = + = Vế trái: ( ) 3222 2 1 2 1 2 1 =++ +++++= + + + + + = + + + + + y z z y x z z x x y y x y xz x zy z yx cba c bca b acb a Dấu bằng xảy ra . 2 2 2 cbazyx y z z y x z z x x y y x ==== =+ =+ =+ Cách 2. Nhận xét: Do a, b, c, là độ dài 3 cạnh của tam giác nên ta có: a + b - c > 0; a + c b > 0; b + c - a > 0 áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số dơng: ( )( ) ( )( ) ( ) bcbaacb cacbbca a bcacba bcacba ++ ++ = +++ ++ )( 2 Nhận thấy các vế của BĐT trên là các số dơng và 3 BĐT này cùng chiều, nhân từng vế của chúng ta đợc: ( )( )( ) .abcacbbcacba +++ Ta có: ( )( )( ) 33 3 3 3 = +++ + + + + + abc abc cbabcaacb abc cba c bca b acb a Bài tập 3.1 . Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác ABC, .cba Chứng minh rằng: ( ) .9 2 bccba ++ (*) Giải Vì ( ) ( ) ( ) .2 222 cbcbbcbaba +=++++ để chứng minh (*) ta cần chứng minh: ( ) .92 2 bccb + (1) Thật vậy: ( ) ( ) bccb bccbcb bccbcb bccb + ++ + 2 22 22 2 2 44 944 92 Ta có: 4 ( ) bccb ccccb bbbcb =< =< 2 2 220 220 (đpcm) Bài tập 3.2 . Chứng minh rằng 3 3 22 3 22 3 22 4.2 < + + + + + ba c ac b cb a (*) Trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Giải Ta có ( ) 2 33 4 1 cbcb ++ Thật vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 3341 2 22 22 2233 223333 + + ++++ cbcb cbcb cbccbb bccbcb bccbcbcb Luôn đúng suy ra (1) đúng Tơng tự: ( ) 2 33 4 1 caca ++ ( ) 2 33 4 1 baba ++ Do đó: )3(4 3 3 22 3 22 3 22 + + + + + < + + + + + ba c ca b cb a ba c ac b cb a Mà: 2 222 )(2 2 )(2 2 )(2 2 = ++ + ++ + ++ < < + + + + + = + + + + + cba c cba b cab a ba c ca b cb a ba c ca b cb a (4) Do: >+ >+ >+ bca acb cba Từ (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh. Các bài tập khác: Bài tập 3.3 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác và có chu vi là 2. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2. Bài tập 3.4 Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) abccbacbcabacba 3 222 +++++ Bài tập 3.5 Giả sử a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng: ( ) 6 111 3333 333 ++ ++++ abc cba cba cba Bài tập 3.6 Giả sử a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. 5 Chứng minh rằng ( ) ( )( )( ) 9 3111 + ++++ abc accbba cba cba Bài tập 3.7. Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 1 Chứng minh rằng: 32 +++++++++++ adcadbdcbcba ứNG DụNG 2: ứng dụng bất đẳng thức Côsi để tìm cực trị * Với a 0, b 0 ta có 2a b ab + , dấu = xảy ra a = b * Với n số không âm: a 1 , a 2 , , a n ta có: 1 2 1 2 . . n n n a a a n a a a+ + + Dấu = xảy ra a 1 = = a n * Từ BĐT trên ta suy ra: + Nếu a.b = k (const) thì min(a + b) = 2 k a = b + Nếu a + b = k (const) thì max(a.b) = 2 4 k a = b * Mở rộng đối với n số không âm: + Nếu a 1 .a 2 a n = k (const) thì min(a 1 + a 2 + + a n ) = n n k a 1 = a 2 = = a n + Nếu a 1 + a 2 + + a n = k (const) thì max(a 1 .a 2 a n ) = n k n ữ a 1 = a 2 = = a n Ví dụ: Cho x > 0, y > 0 thoả mãn: 1 1 1 2x y + = Tìm GTNN của A = x y + Bài làm: Vì x > 0, y > 0 nên 1 x > 0, 1 y > 0, x > 0, y > 0 . Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 . 2 4 4 2 2 4 4 Cs x y x y xy xy A x y x y + ữ = + + = Vậy min A = 4 x = y = 4 Nhận xét: Trong ví dụ trên ta đã sử dụng BĐT Côsi theo 2 chiều ngợc nhau: + Dùng 2 a b ab + để dùng điều kiện tổng 1 1 1 2x y + = từ đó đợc 4xy + Dùng 2a b ab + làm giảm tổng x y + để dùng kết quả 4xy 6 Không phải lúc nào ta cũng có thể dùng trực tiếp BĐT Côsi đối với các số trong đề bài. Ta có một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thể vận dụng BĐT Côsi rồi tìm cực trị của nó: * Cách 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phơng biểu thức đó. Ví dụ: Tìm GTNN của A = 3 5 7 3x x + Bài giải Điều kiện: 5 7 3 3 x Ta có: A 2 = ( 3x 5 ) + ( 7 3x ) + 2 ( ) ( ) 3 5 7 3x x A 2 ( 3x 5 + 7 3x ) + 2 = 4 Dấu = xảy ra 3x 5 = 7 3x x = 2 Vậy max A 2 = 4 max A = 2 x = 2 Ta thấy A đợc cho dới dạng tổng của 2 căn thức. Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi (bằng 2). Vì vây, nếu bình phơng A sẽ xuất hiện hạng tử là 2 lần tích của 2 căn thức. Đến đây có thể vận dụng BĐT Côsi 2 ab a b + * Cách 2: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0 Ví dụ: Tìm GTLN của A = 9 5 x x Bài giải: Điều kiện: x 9. Ta có: 1 9 9 9 9 3 .3 9 1 2 3 3 3 5 5 5 10 30 x x x x A x x x x + + ữ = = = = Dấu = xảy ra 9 3 18 3 x x = = Vậy max A = 1 18 30 x = Trong cách giải trên, x 9 đợc biểu diễn thành 9 .3 3 x khi vận dụng BĐT Côsi tích này trở thành nửa tổng: 9 1 3 3 3 x x + = có dạng kx có thể rút gọn cho x ở mẫu. ( số 3 đợc tìm bằng cách lấy 9 , số 9 có trong đề bài) * Cách 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số. Ví dụ 1: ( Tách một hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau) 7 Cho x > 0, tìm GTNN của A = 4 3 3 16x x + Bài giải A = 4 3 3 16x x + = 4 3 3 3 16 16 16 3 4 . . .x x x x x x x x x x + = + + + A 4.2 = 8 ( dấu = xảy ra 3 16 2x x x = = ) Vậy min A = 8 khi x = 2 Ví dụ 2: (Tách một hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với một hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của một hạng tử khác có trong biểu thức đã cho) Cho 0 < x < 2, tìm GTNN của A = 9 2 2 x x x + Bài giải 9 2 9 2 1 2 . 1 2 9 1 7 2 2 x x x x A x x x x = + + + = + = Dấu = xảy ra 9 2 1 2 2 x x x x x = = Vậy min A = 7 1 2 x = Trong cách giải trên ta đã tách 2 x thành tổng 2 1 x x + . Hạng tử 2 x x nghịch đảo với 2 x x nên khi vận dụng BĐT Côsi ta đợc tích của chúng là một hằng số. * Cách 4: Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho Ví dụ: Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2 Tìm GTNN của P = 2 2 2 x y z y z z x x y + + + + + Bài giải Vì x, y, z > 0 ta có: áp dụng BĐT Côsi đối với 2 số dơng 2 x y z + và 4 y z + ta đợc: 2 2 2 . 2. 4 4 2 x y z x y z x x y z y z + + + = = + + (1) . Tơng tự ta có: 2 2 (2) 4 (3) 4 y x z y x z z x y z x y + + + + + + 8 Cộng (1) + (2) + (3) ta đợc: ( ) 2 2 2 2 1 2 x y z x y x x y z y z z x x y x y z P x xy z + + + + + + + ữ + + + + + + + = Dấu = xảy ra 2 3 x y z = = = Vậy min P = 1 2 3 x y z = = = Nhận xét: Ta đã thêm 4 y z + vào hạng tử thứ nhất 2 x y z + có trong đề bài, để khi vận dụng BĐT Côsi có thể khử đợc (y + z). Cũng nh vậy đối với 2 hạng tử còn lại của đề bài. Dấu đẳng thức xảy ra đồng thời trong (1), (2), (3) 2 3 x y z = = = Nếu ta lần lợt thêm (y + z), (x + z), (x + y) vào 2 2 2 ; ; x y z y z x z x y + + + thì ta cũng khử đợc (y + z), (x + z), (x + y) nhng điều quan trọng là không tìm đợc các giá trị của x, y, z để dấu của các đẳng thức đồng thời xảy ra, do đó không tìm đợc GTNN của P. áp dụng các cách trên cùng với việc sử dụng BĐT Côsi ta có các ví dụ khác nh sau: VD 1: Cho a, b, c > 0 thoả mãn: a + b + c = 1 Tìm GTLN của P = 1 1 1 1 1 1 a b c + + + ữ ữ ữ Phân tích: a, b, c > 0 3 3 1 1 3 3 abc abc Do đó có thể khai triển P rồi ớc lợng theo BĐT Côsi Bài giải Cách 1: 1 1 1 1 1 1 1 1P a b c ab bc ac abc = + + + + + + + áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dơng ta có: 3 3 3 3 1 3 1 3 3 1 3 27 a b c abc abc abc abc + + = (1) Mặt khác: 9 2 3 3 2 3 1 1 1 1 3 3 27 1 1 1 1 3 3 ab ac bc abc a b c abc   + + ≥ ≥ =  ÷   + + ≥ ≥ (2) (1) + (2) ta cã: 2 1 3 27 27 64P ≥ + + + = . VËy min P = 64 C¸ch 2: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 4 4 3 4 1 1 1 1 . . . 1 1 1 1 4 4 64 a b c P a b c a b c abc P a a b c b a b c c a b c abc P a b c abc + + + = = + + + = + + + + + + + + + ≥ = = Tæng qu¸t: cho S = a + b + c t×m GTLN cña P = 1 1 1 1 1 1 a b c     + + +  ÷ ÷ ÷     VD 2: T×m GTLN cña B = 2 1 y x x y − − + Bµi gi¶i ( ) 1.( 1) 1 1 1 1 2 2. 2 2 2 2 1 2 4 2 2 x x x x x x y y y y y y − − + − = ≤ = − − + − = ≤ = = ⇒ max B = 1 1 2 1 2 2 2 2 2 4 2 4 4 x x y y − = =   + + = ⇔ ⇔   − = =   VD 3 : Cho 2 sè d¬ng x, y cã x + y = 1 T×m GTNN cña B = 2 2 1 1 1 1 x y     − −  ÷  ÷     Bµi gi¶i Ta cã: B = 2 2 1 1 1 1 x y     − −  ÷  ÷     = 1 + 2 xy ( ) 2 2 1 4 8 9 CS x y xy B xy = + ⇒ ≥ ⇒ ≥ ≥ VËy min B = 9 1 2 x y ⇔ = = 10 [...]... = 4 Tìm GTNN của BT 6: Cho x, y > 0 thảo mãn 2 2 1 1 E = x+ ữ + y + ữ y x BT 7: Tìm GTLN và GTNN của A = BT 8: Tìm GTLN của A = biểu thức 3 + x + 6 x ; ( 3 x 6 ) x + 1 + y + 1 biết x, y 1 x + y = 2 BT 9: Cho a, b > 0 thoả mãn a b = 216 Tìm GTNN của S = 6a + 4b 1 1 b a b Tìm GTNN của A = + b a a 3 BT 11: Cho a, b > 0 thoả mãn ab 6 BT 10: Cho a, b > 0 thoả mãn Tìm GTNN của S = a+ a 2... + yz + zx = 100 Tìm GTNN của A = xyz x = a2 BT 13: Với giá trị nào của a thì tích xy nhận GTLN nếu x, y, a là các số thực thoả mãn 1 4 y =a +4 14 BT 14: Tìm GTNN của A = x8 + a x biết a > 0, x > 0 BT 15: Với giá trị nào của số dơng a thì biểu thức D đạt GTNN ? A= a1000 + a900 + a 90 + a 5 + BT 16: Tìm GTNN của C = 1995 a x100 10 x10 + 2004 x 2 + xy + y 2 BT 17: Tìm GTLN của E = 2 ; ( x > 0, y >... GTLN của tích Biết x1 x2 xn ; ( n 2 ) 1 xi ; i = 1, n n BT 19: Tìm GTLN của B = và 2 2 x12 + x2 + + xn = 1 x ( x + 1995 ) ; ( x > 0) 2 5 biết rằng x, y > 0 x y ( x y) BT 20: Tìm GTNN của N = x+ BT 21: Tìm GTLN của H = x 1 x2 2 với 1 x 1 BT 22: Tìm GTLN của biểu thức: P= x y z + + + ( 1 x) ( 1 y) ( 1 z ) 1+ y + z 1+ x + z 1+ x + y Với mọi x, y, z biến đổi nhng luôn thoả mãn BT 23: Tìm GTNN của. .. x 0) x + x +1 x 2 x +1 G= 2 x 2 x +1 x H= ; x 0) 2 ( ( x + 2000 ) BT 3: Cho a, b, c > 0 thoả mãn 1 1 1 + + = 2 Tìm GTLN của biểu thức Q = abc 1+ a 1+ b 1+ c BT 4: Cho x, y > 0 thoả mãn x + y = 1 Tìm GTNN của biểu thức P= 1 1 1 + ữ1 + ữ y x BT 5: Tìm GTNN của các biểu thức sau: 13 x2 + 4x + 4 A= ; ( x > 0) x x2 B= ; ( x > 1) x 1 x2 + x + 2 C= x2 + x + 1 1 D = ( 1 + x ) 1 + ữ; ( x > 0 ) x... =1 x y y = b + ab VD 10: Tìm GTNN của P = 4 x 4 + 16 x 3 + 56 x 2 + 80 x + 356 x2 + 2x + 5 Bài giải 4 x 4 + 16 x3 + 56 x 2 + 80 x + 356 Ta có: P = x2 + 2x + 5 CS 256 2 = 4 ( x + 2 x + 5) + 2 64 x + 2x + 5 Suy ra min P = 64 x = 1 hoặc x = - 3 Bài tập tơng tự BT 1: Cho x, y > 0 thoả mãn x y = 1 Tìm GTLN của A = x y + 2 2 x +y x + y4 4 BT 2: Tìm GTLN của các biểu thức sau: A = x 1 x2 B= yz x 1 + xz... thoả mãn: 1 1 1 + + 2 1+ x 1+ y 1+ z Tìm GTNN của P = xyz Bài giải Ta có: 1 1 1 y z 1 + 2 ữ+ 1 ữ= 1+ x 1+ y 1+ z 1+ y 1+ z 1 2 1+ y Tơng tự: zx (1+ x) (1+ z) 1 2 1+ z xy ( 1+ x) (1+ y) Vậy max P = P = xyz yz ( 1+ y) (1+ z ) 1 8 1 1 x= y=z= 8 2 VD 5: Cho M = 3x2 2x + 3y2 2y + 6 |x| + 1 Tính giá trị của M biết x, y là 2 số thoả mãn x.y = 1 và biểu thức |x + y| đạt GTNN Bài giải: Ta có: ( x... , a5 thoả mãn: a1 + + a5 =1 Tìm GTLN của A = a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 Bài giải Ta có: A = a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 (a1 + a3 + a5)(a2 + a4) ( a1 + a3 + a5 ) ( a2 + a4 ) 2 ( a1 + a3 + a5 ) ( a2 + a4 ) 2 1 ữ ( a1 + a3 + a5 ) ( a2 + a4 ) 2 1 A 4 11 1 1 1 a1 = a2 = a1 + a3 + a5 = a2 + a4 = Vậy max A = 2 2 4 a3 = a4 = a5 = 0 VD 7: Cho a, b > 0 Tìm GTNN của A = ( x + a) ( x + b) A= x ( x + a)... x2 2 với 1 x 1 BT 22: Tìm GTLN của biểu thức: P= x y z + + + ( 1 x) ( 1 y) ( 1 z ) 1+ y + z 1+ x + z 1+ x + y Với mọi x, y, z biến đổi nhng luôn thoả mãn BT 23: Tìm GTNN của BT 24: Tìm GTLN của BT 25: Tìm GTLN của f ( x, y ) = x + 0 x, y, z 1 1 x, y > 0 ; xy ( x y ) x y x2 + 2 x2 + 1 x +8 x 1 với x > 1 15 ... GTNN của A = ( x + a) ( x + b) A= x ( x + a) ( x + b) x ( x > 0) Bài giải x 2 + ax + bx + ab ab = = a +b + x + x x A a + b + 2 ab min A = a + b + 2 ab ab Dấu = xảy ra x = x = ab x 2 1 VD 8: Tìm GTNN của hàm y = + với 0 < x < 1 1 x x Bài giải 2 1 2 2 x +2 x 1 x +x + = + Ta có: y = 1 x ( 0 < x < 1) x 1 x x = 2x 1 x 2x 1 x + 3+ 2 = 3+ 2 2 1 x x 1 x x 2x 1 x = x = 2 1 1 x x 3+ Dấu = xảy ra VD 9: . Một Số ứNG DụNG CủA BấT ĐẳNG THứC CÔ SI ứNG DụNG 1: Chứng minh bất đẳng thức Bài toán số 1. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng ( ) 1 1. > 0 và các nghịch đảo của chúng. Vì vậy ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức C si. Lời giải: Cách 1: áp dụng bất đẳng thức C si cho các bộ số a, b, c