Bất đẳng thức Cauchy (phiên âm tiếng Việt là Cô-si) đối với học sinh phổ thông có thể nói là một bất đẳng thức quen thuộc nhất, dễ nhớ nhất và thường gặp nhất. Bất đẳng thức Cauchy là bất đẳng thức quan trọng bậc nhất trong số các bất đẳng thức cơ bản và được sử dụng rất nhiều trong các bài toán về chứng minh bất đẳng thức. Do tầm quan trọng và tính phổ biến của nó quá lớn nên tôi sẽ trình bày đầu tiên trong các chuyên đề về bất đẳng thức. Việc nắm vững kỹ thuật dùng bất đẳng thức Cauchy sẽ giúp bạn mở rộng tư duy rất nhiều trong việc chứng minh bất đẳng thức cũng như dễ dàng tiếp thu các kỹ thuật dùng bất đẳng thức cơ bản khác.

Nhà toán học Pháp Augustin Louis Cauchy

1. Bất đẳng thức Cauchy dạng cơ bản (BĐT Cauchy cho 2 số):

Với 2 số không âm bất kỳ a,b, ta có $\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$     (1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b$.

Phát biểu khác: trung bình cộng của 2 số không âm không nhỏ hơn trung bình nhân của chúng.

Chứng minh: Ta dùng biến đổi tương đương như sau:
\[\begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{c}}{}&{\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} }\end{array}\\\begin{array}{*{20}{c}} \Leftrightarrow &{a + b \ge 2\sqrt {ab} }\end{array}\\\begin{array}{*{20}{c}} \Leftrightarrow &{(\sqrt a }\end{array} - \sqrt b {)^2} \ge 0{\rm{     (2)}}\end{array}\]
Do (2) đúng nên bất đẳng thức đã cho (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b$.

Ví dụ 1: (BĐT Cauchy cho 4 số)
Cho 4 số thực không âm a,b,c,d. Chứng minh rằng
\[\dfrac{{a + b + c + d}}{4} \ge \sqrt[4]{{abcd}}{\rm{             (1}}{\rm{.1)}}\]
Giải:

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm a và b, ta có:
\[\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} \]
Tương tự ta cũng có:
\[\frac{{c + d}}{2} \ge \sqrt {cd} \]
Cộng vế theo vế 2 BĐT trên, ta được:
\[\frac{{a + b + c + d}}{2} \ge \sqrt {ab}  + \sqrt {cd} {\rm{               (1}}{\rm{.2)}}\]
Lại áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm $\sqrt {ab} $ và $\sqrt {cd} $, ta có:
\[\frac{{\sqrt {ab}  + \sqrt {cd} {\rm{ }}}}{2} \ge \sqrt[4]{{abcd}}{\rm{                      (1}}{\rm{.3)}}\]
Từ (1.2) và (1.3) ta suy ra:
\[\frac{{a + b + c + d}}{4} \ge \sqrt[4]{{abcd}}{\rm{             (1}}{\rm{.1)}}\]
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi các dấu bằng trong từng BĐT trên xảy ra, nghĩa là:
\[\left\{ \begin{array}{l}a = b\\c = d\\\sqrt {ab}  = \sqrt {cd} \end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = d\]

Ví dụ 2: (BĐT Cauchy cho 3 số)
 Cho 3 số thực không âm a,b,c. Chứng minh rằng
\[\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}{\rm{                    (2}}{\rm{.1)}}\]
Giải:

Áp dụng BĐT Cauchy cho 4 số không âm (BĐT (1.1)) $a,b,c,\dfrac{{a + b + c}}{3}$ ta có:
\[\begin{array}{l}{\rm{      }}\frac{{a + b + c + \frac{{a + b + c}}{3}}}{4} \ge \sqrt[4]{{abc\frac{{a + b + c}}{3}}}\\ \Leftrightarrow \frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[4]{{abc\frac{{a + b + c}}{3}}}\\ \Leftrightarrow {\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^4} \ge abc\frac{{a + b + c}}{3}{\rm{                  }}\\ \Leftrightarrow {\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^3} \ge abc\\ \Leftrightarrow \frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}\end{array}\]
Vậy (2.1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.

Ví dụ 3: Cho 2 số không âm a,b thỏa $a + b = 2$, Chứng minh rằng
\[{a^3} + {b^3} \ge 2{\rm{         (3}}{\rm{.1)}}\]
Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy (2.1) ta có:
\[\begin{array}{l}\frac{{{a^3} + 1 + 1}}{3} \ge \sqrt[3]{{{a^3}.1.1}} = a\\\frac{{{b^3} + 1 + 1}}{3} \ge \sqrt[3]{{{b^3}.1.1}} = b\end{array}\]
Cộng vế theo vế 2 BĐT trên ta được:
\[\begin{array}{l}{\rm{      }}\frac{{{a^3} + {b^3} + 4}}{3} \ge a + b = 2\\ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} \ge 2{\rm{                    (dpcm)}}\end{array}\]
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a = b = 1$

Ví dụ 4:
Cho 2 số dương x và y thỏa $\left( {\sqrt x  + 1} \right)\left( {\sqrt y  + 1} \right) \ge 4$    (1)
Tìm giá trị nhỏ nhất của $S = \dfrac{{{x^2}}}{y} + \dfrac{{{y^2}}}{x}$


Giải:
Ta có:
\[\begin{array}{l}{\rm{      }}x + 1 \ge 2\sqrt x {\rm{                       (BDT}}{\rm{ Cauchy)}}\\ \Leftrightarrow x + 1 + x + 1 \ge x + 2\sqrt x  + 1\\ \Leftrightarrow 2x + 2 \ge {(\sqrt x  + 1)^2}{\rm{                  (1}}{\rm{.1)}}\end{array}\]
Tương tự ta cũng có:
\[\begin{array}{l}{\rm{      y}} + 1 \ge 2\sqrt y {\rm{                        (BDT Cauchy)}}\\ \Leftrightarrow y + 1 + y + 1 \ge y + 2\sqrt y  + 1\\ \Leftrightarrow 2y + 2 \ge {(\sqrt y  + 1)^2}{\rm{                  (1}}{\rm{.2)}}\end{array}\]
Nhân vế theo vế của (1.1) và (1.2) ta được:
\[\begin{array}{l}{\rm{(2x + 2)(2y + 2)}} \ge {(\sqrt x  + 1)^2}{(\sqrt y  + 1)^2} \ge {4^2} = 16\\ \Rightarrow (x + 1)(y + 1) \ge 4{\rm{                      (1}}{\rm{.3)}}\end{array}\]
Áp dụng BĐT Cauchy, ta lại có:
\[\begin{array}{l}x + 1 + y + 1 \ge 2\sqrt {(x + 1)(y + 1)}  \ge 2.2 = 4\\ \Rightarrow x + y \ge 2{\rm{                   (1}}{\rm{.4)}}\end{array}\]
Bây giờ ta xét tổng S:
\[S = \frac{{{x^2}}}{y} + \frac{{{y^2}}}{x} = \frac{{{x^3} + {y^3}}}{{xy}}{\rm{ = }}\frac{{(x + y)({x^2} + {y^2} - xy)}}{{xy}}\]
Mà ${x^2} + {y^2} \ge 2xy$ (theo BĐT Cauchy). Do đó
\[S \ge \frac{{(x + y)(2xy - xy)}}{{xy}} = x + y{\rm{               (1}}{\rm{.5)}}\]
Từ (1.4) và (1.5) ta suy ra ${\rm{S}} \ge {\rm{2}}$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=1.
Từ đó ta có $\min S = 2$ đạt được khi x=y=1.

Ví dụ 5: 
Cho 3 số dương a,b,c thỏa  $a+b+c=1$. Chứng minh rằng
\[(1+\dfrac{1}{a})(1+\dfrac{1}{b})(1+\dfrac{1}{c})\geq 64\ \ \ \ (1)\]
Giải:
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có:
\[1+a=a+b+c+a\geq 4\sqrt[4]{a^2bc}\\ 1+b=a+b+c+b\geq 4\sqrt[4]{ab^2c}\\ 1+c=a+b+c+c\geq 4\sqrt[4]{abc^2}\\ \Rightarrow (1+a)(1+b)(1+c)\geq 64\sqrt[4]{a^2bcab^2cabc^2}=64abc\\ \Rightarrow (1+\dfrac{1}{a})(1+\dfrac{1}{b})(1+\dfrac{1}{c})\geq 64\]
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$.

Ví dụ 6: (Bất đẳng thức Nesbit 3 biến)
Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng
\[\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}\ \ \ \ (1)\]
Giải:
Đặt
\[x=b+c,\ y=c+a,\ z=a+b\\ \Rightarrow a=\frac{y+z-x}{2},\ b=\frac{x+z-y}{2},\ c=\frac{x+y-z}{2}\]
Thay vào (1) ta được:
\[(1)\Leftrightarrow \frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{x}{z}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}\geq 6\\\]
Tách 6 số trên thành 2 nhóm, mỗi nhóm 3 số rồi sử dụng bất đẳng thức Cauchy 2 lần ta có đpcm.

Lưu ý: Có thể sử dụng Bất đẳng thức Cauchy cho 6 số ta có ngay đpcm, không cần phải tách nhóm và sử dụng BDT Cauchy 2 lần.

Ví dụ 7: (Bất đẳng thức Nesbit 4 biến)
Cho a,b,c,d>0. Chứng minh rằng
\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\geq 2\ \ \ \ (1)\]
Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\[a+b+c+d\geq 2\sqrt{(a+d)(b+c)}\\ \Rightarrow \frac{1}{(a+d)(b+c)}\geq \frac{4}{(a+b+c+d)^2}\]
Ta có:
\[\frac{a}{b+c}=\frac{a(a+d)}{(a+d)(b+c)}\geq \frac{4a(a+d)}{(a+b+c+d)^2}=\frac{4(a^2+ad)}{(a+b+c+d)^2}\]
Làm tương tự ta cũng có:
\[\frac{b}{c+d}\geq \frac{4(b^2+ab)}{(a+b+c+d)^2}\\ \frac{c}{d+a}\geq \frac{4(c^2+bc)}{(a+b+c+d)^2}\\ \frac{d}{a+b}\geq \frac{4(d^2+cd)}{(a+b+c+d)^2}\\\]
Từ đó ta có:
\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+ab+cb+cd)}{(a+b+c+d)^2}\]
Ta cần chứng minh
\[\frac{4(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+ab+cb+cd)}{(a+b+c+d)^2}\geq 2\ \ \ \ (2)\]
Thật vậy,
\[(2)\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+ab+cb+cd)\geq (a+b+c+d)^2\\ \Leftrightarrow (a-c)^2+(b-d)^2\geq 0\]
Vậy (1) đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=d.

Đăng nhận xét

Author Name

Biểu mẫu liên hệ

Tên

Email *

Thông báo *

Được tạo bởi Blogger.