Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh bất đẳng thức-Kỹ thuật tách các cặp đối xứng

A. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân

Kỹ thuật tách các cặp đối xứng

Đánh giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “ ≥ ”. Đánh giá từ tổng sang tích.

Bài 1. Chứng minh rằng: $\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\ge 8{{a}^{\text{2}}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\text{   }\forall a,b,c$

Giải

Sai lầm thường gặp

Sử dụng: ” x, y thì x² – 2xy + y²  = ( x- y)² ≥ 0 Û x² + y²  ≥ 2xy.  Do đó:

$\left\{ \begin{align}
& {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2ab
\\ & {{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 2bc
\\ & {{c}^{2}}+{{a}^{2}}\ge 2ca
\\ \end{align}\right.$.

$\Rightarrow \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left({{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\ge 8{{a}^{\text{2}}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\text{   }\forall a,b,c$  (Sai)

Ví dụ:

$\left\{ \begin{align} & 2\ge -2 \\
& 3\ge -5 \\
& 4\ge \text{ }3 \\
\end{align} \right.$

=>  24 =  2.3.4 ≥ (-2)(-5).3 = 30  ( Sai )

Lời giải đúng

Sử dụng BĐT Cô Si:  x² + y²  ≥ 2$\sqrt{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}$ =  2|xy|  ta có:

$\left\{ \begin{align}
& {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2\left| ab \right|\ge 0 \\
& {{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 2\left| bc \right|\ge 0 \\
& {{c}^{2}}+{{a}^{2}}\ge 2\left| ca \right|\ge 0 \\
\end{align} \right.$.

$\Rightarrow \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\ge 8|{{a}^{\text{2}}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\text{ }\!\!|\!\!\text{ }=8{{a}^{\text{2}}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\text{ }\forall a,b,c$.(Đúng)

Bình luận

• Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không âm.
  • Cần chú ý rằng:  x² + y²  ≥ 2$\sqrt{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}$ =  2|xy|  vì x, y không biết âm hay dương.
  • Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Cô Si như bài toán nói trên mà phải qua một và phép biển đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT Cô Si.
  • Trong bài toán trên dấu “ ≥ ”  =>đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý đến việc sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số.

Bài 2. Chứng minh rằng: ${{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)}^{8}}\ge 64ab{{(a+b)}^{2}}$  ” a,b ≥ 0

Giải

$\begin{align}
& {{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)}^{8}} \\
& ={{\left[ {{\left( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right)}^{2}} \right]}^{4}} \\
& ={{\left[ \left( a+b \right)+2\sqrt{ab} \right]}^{4}}\text{ }\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ Si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ }{{\left[ 2\sqrt{2\left( a+b \right)\sqrt{ab}} \right]}^{4}} \\
& ={{2}^{4}}{{.2}^{2}}.ab.{{\left( a+b \right)}^{2}}= \\
\end{align}$
$=64ab{{(a+b)}^{2}}$

Bài 3. Chứng minh rằng: (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ 9ab  ” a, b ≥ 0.

Giải

Ta có:  (1 + a + b)(a + b + ab) ≥ $3\sqrt[3]{1.a.b}.\text{  }3.\sqrt[3]{a.b.ab}=9ab$

Bình luận

• 9 = 3.3 gợi ý sử dụng Côsi cho ba số, 2 cặp. Mỗi biến a, b được xuất hiện ba lần, vậy khi sử dụng Cô Si cho ba số sẽ khử được căn thức cho các biến đó.

Bài 4. Chứng minh rằng:  3a³ + 7b³ ≥ 9ab² ” a, b ≥ 0

Giải

Ta có: 3a³ + 7b³ ≥  3a³ + 6b³ = 3a³ + 3b³ + 3b³ $\overset{C\hat{o}si}{\mathop{\ge }}\,\text{  }3\sqrt[3]{{{3}^{3}}{{a}^{3}}{{b}^{3}}}$= 9ab²

Bình luận

• 9ab² = 9.a.b.b  => gợi ý đến việc tách hạng tử 7b³ thành hai hạng tử chứa b³ để khi áp dụng BĐT Côsi ta có b². Khi đã có định hướng như trên thì việc tách các hệ số không có gì khó khăn.

Ba bài toán tổng quát

Bài toán tổng quát 1

Cho:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{x_1},{\rm{ }}{x_2},{\rm{ }}{x_3},………….,{x_n} \ge 0}\\
{\frac{1}{{1 + {x_1}}} + \frac{1}{{1 + {x_2}}} + \frac{1}{{1 + {x_3}}} + ……… + \frac{1}{{1 + {x_n}}} \ge n – 1}
\end{array}} \right.$

$CMR:{\rm{ }}{x_1}{x_2}{x_3}………..{x_n} \le \frac{1}{{{{\left( {n – 1} \right)}^n}}}$

Ví dụ minh họa.  

Cho:
$\left\{ \begin{align}
& a,b,c,d>0 \\
& \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+d}\ge 3 \\
\end{align} \right.\text{ }CMR:\text{ }abcd\text{ }\le \frac{1}{81}$

Giải

Từ giả thiết suy ra: $\frac{1}{1+a}\ge \left( 1\text{ -}\frac{1}{1+b} \right)+\left( 1-\frac{1}{1+c} \right)+\left( 1-\frac{1}{1+d} \right)\text{= }\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\text{ }\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ }3\text{ }\sqrt[3]{\frac{bcd}{\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)\left( 1+d \right)}}$

$\begin{array}{l}
\frac{1}{{1 + a}} \ge 3{\rm{ }}\sqrt[3]{{\frac{{bcd}}{{\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)\left( {1 + d} \right)}}}} \ge 0\\
\frac{1}{{1 + b}} \ge 3{\rm{ }}\sqrt[3]{{\frac{{cda}}{{\left( {1 + c} \right)\left( {1 + d} \right)\left( {1 + a} \right)}}}} \ge 0\\
\frac{1}{{1 + c}} \ge 3{\rm{ }}\sqrt[3]{{\frac{{dca}}{{\left( {1 + d} \right)\left( {1 + c} \right)\left( {1 + a} \right)}}}} \ge 0\\
\frac{1}{{1 + d}} \ge 3{\rm{ }}\sqrt[3]{{\frac{{abc}}{{\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)}}}} \ge 0\\
\Rightarrow \frac{1}{{\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)\left( {1 + d} \right)}} \ge 81\frac{{abc{\rm{d}}}}{{\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right)\left( {1 + d} \right)}}
\end{array}$

$ \Rightarrow abcd{\rm{ }} \le \frac{1}{{81}}$

Bài toán tổng quát 2

Cho: $\left\{ \begin{align}
& {{x}_{1}},\text{ }{{x}_{2}},\text{ }{{x}_{3}},……………,{{x}_{n}}>0 \\
& {{x}_{1}}+\text{ }{{x}_{2}}+\text{ }{{x}_{3}}+……..+{{x}_{n}}=1 \\
\end{align} \right.\text{ }CMR:\text{ }\left( \frac{1}{{{x}_{1}}}-1 \right)\left( \frac{1}{{{x}_{2}}}-1 \right)\left( \frac{1}{{{x}_{3}}}-1 \right)……..\left( \frac{1}{{{x}_{n}}}-1 \right)\ge {{\left( n-1 \right)}^{\text{n}}}\text{ }$
Bình luận
• Đối với những bài toán có điều kiện là các biểu thức đối xứng của biến thì việc biến đổi điều kiện mang tính đối xứng sẽ giúp ta xử lí các bài toán chứng minh BĐT dễ dàng hơn

Ví dụ minh họa.

Cho $\left\{ \begin{align}
& a,b,c>0 \\
& a+b+c=1 \\
\end{align} \right.\text{ }CMR:\text{ }\left( \frac{1}{a}-1 \right)\left( \frac{1}{b}-1 \right)\left( \frac{1}{c}-1 \right)\ge 8$ (1)
Giải

$VT(1)=\frac{1-a}{a}.\frac{1-b}{b}.\frac{1-c}{c}=\frac{b+c}{a}.\frac{c+a}{b}.\frac{a+b}{c}\text{ }\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ }\frac{2\sqrt{bc}}{a}.\frac{2\sqrt{ca}}{b}.\frac{2\sqrt{ab}}{c}=8$ (đpcm)

Bài toán tổng quát 3

Cho x1, x2, x3,……., xn ≥ 0. CMR:
${{\left( 1+\frac{{{x}_{1}}+\text{ }{{x}_{2}}+….+{{x}_{n}}}{n} \right)}^{n}}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\ge }}\,\left( 1+{{x}_{1}} \right)\left( 1+{{x}_{2}} \right)……\left( 1+{{x}_{n}} \right)\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\ge }}\,{{\left( 1+\sqrt[n]{{{x}_{1}}{{x}_{2}}…..{{x}_{n}}} \right)}^{n}}\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{\ge }}\,{{2}^{n}}\sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}……{{x}_{n}}}$

Bình luận
• Bài toán tổng quát trên thường được sử dụng cho 3 số, áp dụng cho các bài toán về BĐT lượng giác trong tam giác sau này.
• Trong các bài toán có điều kiện ràng buộc việc xử lí các điều kiện mang tình đồng bộ và đối xứng là rất quan trọng, giúp ta định hướng được hướng chứng minh BĐT đúng hay sai.

Ví dụ minh họa.

CMR: ${{\left( 1+\frac{a+b+c}{3} \right)}^{3}}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\ge }}\,\left( 1+a \right)\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\ge }}\,{{\left( 1+\sqrt[3]{abc} \right)}^{3}}\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{\ge }}\,8\sqrt{abc}\text{ }\forall a,b,c\ge 0$

Giải

Ta có: ${{\left( 1+\frac{a+b+c}{3} \right)}^{3}}={{\left( \frac{\left( 1+a \right)+\left( 1+b \right)+\left( 1+c \right)}{3} \right)}^{3}}\text{ }\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ }\left( 1+a \right)\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)$ (1)

Ta có: $\left( 1+a \right)\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)=\left[ 1+\left( ab+bc+ca \right)+\left( a+b+c \right)+abc \right]$
$\text{ }\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ }\left( 1+3\sqrt[3]{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}+3\sqrt[3]{abc}+abc \right)={{\left( 1+\sqrt[3]{abc} \right)}^{3}}$ (2)

Ta có: ${{\left( 1+\sqrt[3]{abc} \right)}^{3}}\text{ }\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ }{{\left( \text{2}\sqrt{1.\sqrt[3]{abc}} \right)}^{\text{3}}}=8\sqrt{abc}$ (3)

Dấu “ = ” (1) xảy ra <=> 1+a = 1+b = 1+c <=> a = b = c
Dấu “ = ” (2) xảy ra <=> ab = bc = ca và a = b = c <=> a = b= c
Dấu “ = ” (3) xảy ra <=> $\sqrt[3]{abc}$=1 <=> abc = 1

————-

Xem thêm:

• Định nghĩa bất đẳng thức-Các bất đẳng thức kinh điển
• Kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Cauchy -Kỹ thuật đánh giá từ TBC sang TBN
• Kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Kỹ thuật điểm rơi
• Kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Kỹ thuật tách các cặp đối xứng
• Kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Kỹ thuật tách các cặp nghịch đảo
• Kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Kỹ thuật đổi biến
• Kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Kỹ thuật nhân thêm hằng số
• Ứng dụng bất đẳng thức vào giải phương trình- hệ phương trình.