Đây là bài tập mở rộng của mình hồi lớp 10. Mình được 10 điểm 1 tiết đấy! Các bạn đọc rồi cho ý kiến nhé .Thực ra trước khi viết được bài mở rộng này mình cũng có tham khảo 1 số tài liệu hehe!!! ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI. V Chắc chắn ai học toán cũng đều biết đến bất đẳng thức Côsi và vai trò quan trọng của nó trong việc giải toán , đặc biệt là trong việc chứng minh bất đẳng thức .Sau đây là 1 trong những ứng dụng của nó. Nhắc lại bất đẳng thức côsi : Cho n số thực ko âm n aaa , ,, 21 ta luôn có : n nn aaanaaa 2121 ≥++ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : n aaa === 21 . • Bài toán 1: Cho a,b,c>0. Chứng minh: 2 222 cba ba c ca b cb a ++ ≥ + + + + + Bài giải a cb cb a ≥ + + + 4 2 c ab ab c b ca ca b ≥ + + + ≥ + + + 4 4 2 2 (theo côsi) => )( 2 4/)( 22 dpcm cba baaccbcba ba c ca b cb a ++ =+++++−++≥ + + + + + • Bài toán 2: Cho a,b,c,d>0 .Chứng minh: A= 732323232 2222 dcba dcba d cbad c badc b adcb a +++ ≥ +++ + +++ + +++ + +++ Bài giải : 7 2 49 2 49 32 32 22 aaadcb adcb a =≥ +++ + +++ (theo côsi ) Tương tự với các số hạng còn lại thì ta được )( 7 49 32323232 7 )(2 dpcm dcba dcbacbadbadcadcbdcba A +++ = +++++++++++++++ − +++ ≥ • Bài toán 3: Cho 0; ; 21 > n aaa Chứng minh: 1 22 2 2 1 3 2 3 2 1 3 1 − +++ ≥ − ++ − + − = n aaa aS a aS a aS a B n n n Với )2,( 21 ≥Ν∈+++= nnaaaS n Bài giải: 2 2211 22 2 2 1 2 2 3 2 3 2 2 2 2 3 2 2 22 2 3 2 2 1 2 1 3 1 2 11 1 3 1 )1( )( )()( 1 ) (2 1 2 )1( 2 )1( )( 1 2 )1( 2 )1( )( 1 2 )1( 2 )1( )( − −++−+− − − +++ ≥⇒ − = − ≥ − − + − − = − ≥ − − + − − = − ≥ − − + − n aaSaaSaaS n aaa B n a n aa n aaS aS a n a n aa n aaS aS a n a n aa n aaS aS a nnn nnnnn n n Cần chứng minh được : ) )(1()( )(( 22 2 2 1221)1 nnn aaanaaSaaSaaS +++−≤−++−+− ( ) 1 Thật vậy: 2 2 )1( ) ()( 2 2 )1( ) ()( 2 2 )1( ) ()( 2 1 2 2 2 1 2 121 121 22 3 2 1 2 2 23212 23122 22 3 2 2 2 1 13121 143211 − − − +++ + − ≤+++= +++=− +++ + − ≤+++= +++=− +++ + − ≤+++= ++++=− nn nnnn nnnn n n n n n n aaana aaaaaa aaaaaaS aaa na aaaaaa aaaaaaS aaa na aaaaaa aaaaaaaS Cộng vế với vế của n bất đẳng thức trên ta được (1):=> dpcm • Bài toán 4:Cho a,b,c>0.Chứng minh: 5 cba b3ac c a3cb b c3ba a C 444 333 7 333 7 333 7 ++ ≥ ++ + ++ + ++ = (2) Bài giải: Ta có 5 2 25 2 25 )3( 3 47333 333 7 aaaacba cba a =≥ ++ + ++ Tương tự 25 )3()3()3( 5 )(2 333333333444 cbacbacbacbacba C ++++++++ − ++ ≥⇒ Cần chứng minh: )(4)(3 )(5333 )(5)3()3()3( 444333333 444433433433 444333333333 cbacbbaaccabcab cbaccbcabbabcaacab cbacbacbacbacba ++≤+++++⇔ ++≤++++++++⇔ ++≤++++++++ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương : 4444 ;;; bbba ta có: 3 4 41244 443 ababab =≥+ Tương tự như trên ta được: 344 344 344 344 344 43 43 43 43 43 cbcb baba acac caca bcbc ≥+ ≥+ ≥+ ≥+ ≥+ => dpcm • Bài toán 5:Cho x,y,z>0.Chứng minh ) 111 ( 4 1 2 1 2 1 2 1 zyxyxzxzyzyx D ++≤ ++ + ++ + ++ = (3) Bài giải : Áp dụng BĐT Svacxơ: ) 211 ( 16 1 2 1 2 16112 ) 121 ( 16 1 2 1 2 16112 ) 112 ( 16 1 2 1 2 16112 zyxyxzyxzyxz zyxxzyxzyxzy zyxzyxzyxzyx ++≤ ++ ⇔ ++ ≥++ ++≤ ++ ⇔ ++ ≥++ ++≤ ++ ⇔ ++ ≥++ Cộng vế với vế của 3 BĐT trên thì : ))( 111 ( 4 1 dpcm zyx D ++≤ • Bài toán 6:Cho x,y,z>0 .Chứng minh: ) 111 ( 4 1 2 1 2 1 2 1 222222222222 zyxyxzxzyzyx E ++≤ ++ + ++ + ++ = (4) Bài giải : Áp dụng BĐT Svacxơ ta có : ) 121 ( 16 1 2 1 2 16121 222222222222 zyxzyxzxyzyx ++≤ ++ ⇔ ++ ≥++ Tương tự với các số hạng còn lại => ) 111 ( 4 1 ) 111 (4 16 1 222222 zyxzyx E ++=++×≤ (dpcm) • Bài toán 7:Cho x,y,z >0.Chứng minh: 3 1 )32( 1 )32( 1 )32( 1 222 ≤ ++ + ++ + ++ = yxzzxzyyzyxx F (5) (với )2 111 333 =++ zyx Bài giải : Tương tự bài 6 . ) 213 ( 36 1 32 1 ) 321 ( 36 1 32 1 ) 132 ( 36 1 32 1 zyxyxz zyxxzy zyxzyx ++≤ ++ ++≤ ++ ++≤ ++ )( 3 1 6 3 1 36 1 6 1 3 1 12 1 9 1 ) 12 ( 3 1 ) 12 ( 3 1 ) 12 ( 3 1 36 1 ) 12 ( 3 1 ) 12 ( 3 1 ) 12 ( 3 1 12 1 9 1 ) 111 ( 36 1 ) 111 ( 12 1 ) 111 ( 1 1 ) 213 ( 36 1 ) 321 ( 36 1 ) 132 ( 36 1 333333333333 222222333 222 dpcm yzxyzxxzzyyx yzxyzxxzzyyxzyx zyx z zyx y zyx x F =××+××+=       ++++++       ++++++≤ ++++++++= ++++++++≤⇒ • Từ việc giải các bài toán trên ta có thể đi đến 1 bài toán tổng quát . Từ bài toán 1 và 2 ta có thể mở rộng thành bất đẳng thức như sau: (*) 21 21 2211 2 24231 2 2 13221 2 1 n n nn n nn mmm aaa amamam a amamam a amamam a +++ +++ ≥ +++ ++ +++ + +++ ( Ν∈≠=≥=> ∑ nmnjmnia n jji ;0);,1(,0);,1((,0 1 2 và 1 > n Từ BĐT. kết hợp với bài toán 3 và 4 ta lại mở rộng thêm được nữa và BĐT thành (**) 1 21 221124231 2 13221 1 ∑ = −−− +++ ≥ +++ ++ +++ + +++ = n i i qp n qpqp q nn qq p n q n qq p q n qq p m aaa amamam a amamam a amamam a H ( Ν∈≠=≥=> ∑ nmnjmnia n jji ;0);,1(,0);,1((,0 1 2 và 1 > n ; qpqp 2;, ≥Ν∈ và 1≥q Cách chứng minh (**) 2 21 2 113221 13221 1 ) ( ) ( n qpq n qq q n qq p mmm aamamam amamam a +++ +++ + +++ − ≥ n qp mmm a +++ − 2 21 1 . n qp n qpq n qq q n qq p mmm a mmm aamamam amamam a +++ ≥ +++ +++ + +++ − − 2 ) ( ) ( 21 2 2 21 2 2 24231 24231 2 Thực hiện tương tự với các số hạng còn lại thì : 2 21 2 2211 2 21 2 113221 21 21 ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2 n qp n q nn qq n qpq n qq n qp n qpqp mmm aamamam mmm aamamam mmm aaa H +++ +++ − −− +++ +++ − +++ +++ ≥ − −−−− Ta cần chứng minh: ) )( () ( ) () ( ) )( ( ) ( ) () ( 212121 2 2 4 2 23 2 121 2 3 2 22 2 11 2121 2211 2 24231 2 213221 2 1 qp n qpqp n qp n qpqp n qqp n qqpqqpqqp n qqpqqp qp n qpqp n q nn qqqp n q n qqqpq n qqqp aaammmaaam aaaaaamaaaaaam aaammm amamamaamamamaamamama −−−−−− −−−−−− −−− −−− ++++++≤+++++ +++++++⇔ ++++++≤ ++++++++++++ Áp dụng BĐT Côsi cho (p-q) số thực dương : , 1 qp a − , 1 qp a − , , 1 qp a − (p-2q số), , 2 qp a − , 2 qp a − , , 2 qp a − (q số) thì: .)( .)()2( 2 2 1 ) ( )( 2 )2)(( 121 qqp qp qqpqpqpqpqp aaqp aaqpqaaqp − − −−−−− −= −≥+− Thực hiện tương tự với các số còn lại : ) )(() )(( 1 2 3 2 22 2 121 qqp n qqpqqpqp n qpqp aaaaaaqpaaaqp −−−−−− +++−≥+++− ) () ( 1 2 3 2 22 2 11211 qqp n qqpqqpqp n qpqp aaaaaamaaam −−−−−− +++≥+++⇔ ) )(() )(( 2 2 4 2 23 2 121 qqp n qqpqqpqp n qpqp aaaaaaqpaaaqp −−−−−− +++−≥+++− ) () ( 2 2 4 2 23 2 12212 qqp n qqpqqpqp n qpqp aaaaaamaaam −−−−−− +++≥+++⇔ ) )(() )(( 1 2 1 2 2 2 121 q n qp n qqpq n qpqp n qpqp aaaaaaqpaaaqp − −−−−−− +++−≥+++− ) () ( 1 2 1 2 2 2 11211 q n qp n qqpq n qp n qp n qpqp n aaaaaamaaam − −−− − −−− − +++≥+++⇔ (dpcm) • Từ bài toán 5 và bài toán 6 ta lại mở rộng được 1 BĐT: 13221 1 amamam n +++ + 24231 1 amamam n +++ + + nn amamam +++ 1 2211 ) 1 11 .( 1 21 1 n n i i aaa m +++≤ ∑ = (***) Từ BĐT (***) .kết hợp với bt 7 ta được 1 kết quả rộng hơn như sau: ) ( 1 132211 k n kkh amamama T +++ = + ) ( 1 242312 k n kkh amamama +++ + + ) ( 1 2211 k nn kkh n amamama +++ ) 1 11 ( 1 21 1 kh n khkhn i i aaa m +++ = +++≤ ∑ (****) Trong đó 0> j a , ),1( nj = . 0≥ i m và 0 1 ≠ ∑ = n i i m ; .1,,1;,, ≥≥>Ν∈ kohnkhn Cách chứng minh : Áp dụng BĐT Svacxơ có : k n kk n k n kk amamam mmm a m a m a m 13221 2 21 13 2 2 1 ) ( +++ +++ ≥+++ ) ( )( 1 1 13 2 2 1 2 1 13221 k n kkn i i k n kk a m a m a m m amamam +++≤ +++ ⇔ ∑ = Tương tự đối với các số hạng còn lại : 2 1 )( 1 ∑ = ≤ n i i m T . {       +++ ) ( 1 13 2 2 1 1 k n kkh a m a m a m a +       +++ ) ( 1 24 2 3 1 2 k n kkh a m a m a m a + + }       +++ ) ( 1 2 2 1 1 k n n kkh n a m a m a m a ta cần chứng minh:       +++ ) ( 1 13 2 2 1 1 k n kkh a m a m a m a +       +++ ) ( 1 24 2 3 1 2 k n kkh a m a m a m a + +       +++ ) ( 1 2 2 1 1 k n n kkh n a m a m a m a ) 1 11 .( 21 1 kh n khkh n i i aaa m +++ = +++≤ ∑ Thật vậy Áp dụng BĐT Côsi cho (h+k) số dương khkh a k a h ++ 21 , .thì : kh kh kkhhkhkhkh aa kh aa kh a k a h 21 )( )( 2 )( 121 1 ).( + =+≥+ + ++++ tương tự với các số còn lại: ) 1 11 )(() 1 11 )(( 1322121 kh n khkhkh n khkh aaaaaa kh aaa kh ++++≥++++ +++ ) 1 11 () 1 11 ( 13221 1 21 1 kh n khkhkh n khkh aaaaaa m aaa m +++≥+++ +++ ) 1 11 () 1 11 ( 24231 2 21 2 kh n khkhkh n khkh aaaaaa m aaa m +++≥+++ +++ ) 1 11 () 1 11 ( 2121 kh n khkh n kh n khkh n aaa m aaa m ++++++ +++≥+++ ) 1 11 ( ) 1 11 ( ) 1 11 ( 2113221 1 21 1 kh n khkh n kh n khkh kh n khkh n i i aaa m aaaaaa m aaa m +++ +++ = ++++++++≥ +++⇒ ∑ Ta có thể để ý rằng bđt (**) và (****) gần giống nhau .Tức là có thể chuyển bđt (****) về dạng : k n kk h amamam a 13221 1 +++ − + k n kk h amamam a 24231 2 +++ − + + k nn kk h amamam a +++ − 2211 1 n kh n khkh mmm aaa +++ +++ ≤ −−−−−− 21 21 Như vậy cuối cùng có thể kết luận rằng với thì )2;1;1( )(0 )(2 1 21 221124231 2 13221 1 qpqn ppBA ppBA m aaa B amamam a amamam a amamam a A n i i qp n qpqp q nn qq p n q n qq p q n qq p ≥≥> Ζ∈≤⇔≤ Ν∈≥⇔≥ +++ = +++ ++ +++ + +++ = ∑ = −−− dấu bằng của tất cả các bdt trên xảy ra khi và chỉ khi: n aaa === 21 Từ việc tìm ra bdt tổng quát ,nó có thể giúp ích cho ta rất nhiều trong việc giải toán .tuy nhìn nó có vẻ hơi cồng kềnh nhưng mình thấy nhớ khá dễ.trong các kì thi đại học các bạn có thể dùng nó để áp dụng cũng như dự đoán kết quả .Ngoài ra mình thấy bdt tq cũng khá đẹp ,khi các bạn lấy các giá trị cụ thể thì có thể còn đẹp hơn nữa .Ví dụ: Khi 0 ;1 321 ===== n mmmm thì (**) thành : qp n qpqp q p n q p q p aaa a a a a a a −−− +++≥+++ 21 13 2 2 1 . hehe!!! ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI. V Chắc chắn ai học toán cũng đều biết đến bất đẳng thức Côsi và vai trò quan trọng của nó trong việc giải toán , đặc biệt là trong việc chứng minh bất đẳng. chứng minh bất đẳng thức .Sau đây là 1 trong những ứng dụng của nó. Nhắc lại bất đẳng thức côsi : Cho n số thực ko âm n aaa , ,, 21 ta luôn có : n nn aaanaaa 2121 ≥++ Đẳng thức xảy ra khi và. Cần chứng minh: )(4)(3 )(5333 )(5)3()3()3( 444333333 444433433433 444333333333 cbacbbaaccabcab cbaccbcabbabcaacab cbacbacbacbacba ++≤+++++⇔ ++≤++++++++⇔ ++≤++++++++ Áp dụng bất đẳng thức Côsi