Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

Bất đẳng thức Cosi

Chỉ thành viên VnDoc PRO tải được nội dung này!
VnDoc PRO - Tải nhanh, làm toàn bộ Trắc nghiệm, website không quảng cáo!
So sánh các gói Thành viên
Đặc quyền
PRO
Phổ biến nhất
PRO+
FREE
Tải toàn bộ tài liệu Cao cấp
(Bộ đề thi; Bộ bài tập Chuyên đề; Bộ bài tập cuối tuần)
Tải tài liệu Trả phí + Miễn phí
Xem nội dung bài viết
Trải nghiệm Không quảng cáo
Làm bài trắc nghiệm + Lưu kết quả
4 khóa học Tiếng Anh trực tuyến
6 khóa học Toán trực tuyến
79.000/ tháng
Mua ngay
Mua cả năm Tiết kiệm tới 48%
Thư viện Đề thi - Trc nghim - Tài liu hc tp min phí
Trang ch: https://vndoc.com/ | Email h tr: hotro@vndoc.com | Hotline: 024
2242 6188
Đề số: 020
BẤT ĐẲNG THỨC COSI
Bài 1: Chng minh rng
222222222
8))()(( cbaaccbba +++
----------------------------------------------------------------------
Bài 2: Chng minh rng
28
)(64)( baabba ++
0, ba
----------------------------------------------------------------------
Bài 3: Chng minh rng
ababbaba 9))(1( ++++
0, ba
----------------------------------------------------------------------
Bài 4: Chng minh rng
233
963 abba +
0, ba
----------------------------------------------------------------------
Bài 5: Chng minh rng
ababba 4)1)(( ++
0, ba
----------------------------------------------------------------------
Bài 6: Chng minh rng
baba +
+
411
----------------------------------------------------------------------
Bài 7: Chng minh rng
cabcabcba ++++
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 8: Chng minh rng
)(
222222
cbaabcaccbba ++++
----------------------------------------------------------------------
Bài 9: Chng minh rng
abccbcaba 16))()(1)(1( ++++
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 10: Chng minh rng
+++++++
cba
accbbacba
111
2
1
222
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 11: Chng minh rng
abc
a
c
c
b
b
a
3
444
++
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 12: Chng minh rng
2
91
2
1
2
1
2
++
++
+
ab
c
c
ca
b
b
bc
a
a
0,, cba
Thư viện Đề thi - Trc nghim - Tài liu hc tp min phí
Trang ch: https://vndoc.com/ | Email h tr: hotro@vndoc.com | Hotline: 024
2242 6188
----------------------------------------------------------------------
Bài 13: Chng minh rng
accbbacba
222333
++++
0,, cba
ng dn:
babaa
2333
3++
. Tương tự ri cng tng vế
----------------------------------------------------------------------
Bài 14: Chng minh rng
( )
222333333
cabcababcaccbba ++++
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 15: Chng minh rng
ab
c
ac
b
bc
a
a
c
c
b
b
a
222
3
3
3
3
3
3
++++
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 16: Chng minh rng
333
2
5
2
5
2
5
cba
a
c
c
b
b
a
++++
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 17: Chng minh rng
cba
ba
c
ac
b
cb
a
++++
2
4
2
4
2
4
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 18: Chng minh rng
222
2
5
2
5
2
5
cba
ab
c
ca
b
bc
a
++++
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 19: Chng minh rng
2
222444
cabcab
ac
c
cb
b
ba
a ++
+
+
+
+
+
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 20: Chng minh rng
accbba
ba
c
ac
b
cb
a
222
2
6
2
6
2
6
++++
0,, cba
----------------------------------------------------------------------
Bài 21: Cho hai s a, b thòa mãn :
1; 4ab
. Tìm giá tr nh nht ca tng
11
A a b
ab
= + + +
----------------------------------------------------------------------
Bài 22: Chng minh bất đẳng thc:
22
1a b ab a b+ + + +
Thư viện Đề thi - Trc nghim - Tài liu hc tp min phí
Trang ch: https://vndoc.com/ | Email h tr: hotro@vndoc.com | Hotline: 024
2242 6188
----------------------------------------------------------------------
Bài 23: Cho ba s thc a,b,c thỏa mãn điều kin:
3 3 3
1 1 1
1
1 8 1 8 1 8abc
+ +
+ + +

VnDoc xin giới thiệu tới bạn đọc tài liệu Bất đẳng thức Cosi để bạn đọc cùng tham khảo. Bài viết tổng hợp nội dung tài liệu chắc chắn sẽ là nguồn thông tin hữu ích để giúp các bạn học sinh có kết quả cao hơn trong học tập. Mời thầy cô cùng các bạn học sinh tham khảo chi tiết và tải về bài viết dưới đây nhé.

Bất đẳng thức Cosi là một khái niệm toán học thường được sử dụng trong các bài toán ở bậc trung học cơ sở, trung học phổ thông. hãy cùng tìm hiểu về khái niệm này nhé!

1. Bất đẳng thức Cosi là gì?

- Tên đúng của bất đẳng thức này là bất đẳng thức AM - GM. Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này nhưng hay nhất là cách chứng minh quy nạp của Cauchy. Vì vậy, nhiều người nhầm lẫn rằng Cauchy phát hiện ra bất đẳng thức này. Ông chỉ là người đưa ra cách chứng minh rất hay của mình chứ không phải là người phát hiện ra đầu tiên. Theo cách gọi tên chung của quốc tế, bất đẳng thức Bunyakovsky có tên là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, còn bất đẳng thức Cauchy có tên là bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Means - Geometric Means).

Bất đẳng thức Cosi: Cho hai số không âm a và b, ta luôn có

\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab} ,(a,b\geq 0)\(\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab} ,(a,b\geq 0)\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Mở rộng: 

a. Với các số a, b, c không âm, ta luôn có:

a + b + c \geqslant 3\sqrt[3]{{abc}}\(a + b + c \geqslant 3\sqrt[3]{{abc}}\)

Dấu của đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

b. Với n số {a_i},i = \overline {1,n}\({a_i},i = \overline {1,n}\) không âm, ta luôn có:

\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i} \geqslant n\sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}}\(\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i} \geqslant n\sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}}\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi {a_1} = {a_2} = ... = {a_n}\({a_1} = {a_2} = ... = {a_n}\)

c. Với n số {a_i},i = \overline {1,n}\({a_i},i = \overline {1,n}\) dương, ta luôn có

\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i} \geqslant \sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}}\(\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i} \geqslant \sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}}\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi {a_1} = {a_2} = ... = {a_n}\({a_1} = {a_2} = ... = {a_n}\)

2. Các dạng bất đẳng thức Cosi

- Bất đẳng thức được chia làm 2 loại: Bất đẳng thức dạng cụ thể và Bất đẳng thức dạng tổng quát

a. Bất đẳng thức dạng cụ thể

Đây là dạng bất đẳng thức với trị số n cụ thể như 2 số thực không âm, 3 số thực không âm, 4 số thực không âm,... n ở đây là những con số nhất định.

Ví dụ: Với n = 3, \forall x,y,z\geq 0\(\forall x,y,z\geq 0\)

Khi đó: \frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}\(\frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}\)       

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z

b. Bất đẳng thức tổng quát 

- Đây là dạng bất đẳng thức với n là số không xác định và phải đáp ứng điều kiện à n không âm. Công thức tổng quát của nó như sau:

Với x_1,x_2,....,x_n\(x_1,x_2,....,x_n\) không âm, ta có:

Dạng 1: \frac{x_1+x_2+....+x_n}{n}\ge\sqrt[n]{x_1.x_2....x_n}\(\frac{x_1+x_2+....+x_n}{n}\ge\sqrt[n]{x_1.x_2....x_n}\)

Dạng 2: x_1+x_2+...+x_n\ge n\sqrt[n]{x_1.x_2....x_n}\(x_1+x_2+...+x_n\ge n\sqrt[n]{x_1.x_2....x_n}\)

Dạng 3: \frac{\left(x_1+x_2+...+x_n\right)^n}{n}\ge x_1.x_2....x_n\(\frac{\left(x_1+x_2+...+x_n\right)^n}{n}\ge x_1.x_2....x_n\)

Dấu bằng xảy ra khi x_1=x_2=...=x_n\(x_1=x_2=...=x_n\)

3. Hệ quả của bất đẳng thức Cosi

Hệ quả 1: Nếu tổng hai số dương không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi hai số đó bằng nhau.

Hệ quả 2: Nếu tích hai số dương không đổi thì tổng của hai số này nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau.

4. Bài tập ví dụ minh họa

Bất đẳng thức Cauchy thường được sử dụng trong các dạng bài toán:

Dạng 1: Chứng minh bất đẳng thức

Dạng 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức

Dạng 3: Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

Ví dụ 1: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:

ab(a + b - 2c) + bc( b + c - 2a) + ac(a + c - 2b) ≥ 0

Hướng dẫn giải

Biến đổi bất phương trình về dạng:

\begin{matrix}
  \dfrac{{a + b - 2c}}{c} + \dfrac{{b + c - 2a}}{a} + \dfrac{{c + a - 2b}}{b} \geqslant 0 \hfill \\
   \Leftrightarrow \dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{c} - 2 + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a} - 2 + \dfrac{c}{b} + \dfrac{a}{b} - 2 \geqslant 0 \hfill \\
   \Leftrightarrow \dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{a}{b} \geqslant 6 \hfill \\ 
\end{matrix}\(\begin{matrix} \dfrac{{a + b - 2c}}{c} + \dfrac{{b + c - 2a}}{a} + \dfrac{{c + a - 2b}}{b} \geqslant 0 \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{c} - 2 + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a} - 2 + \dfrac{c}{b} + \dfrac{a}{b} - 2 \geqslant 0 \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a} + \dfrac{c}{b} + \dfrac{a}{b} \geqslant 6 \hfill \\ \end{matrix}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy của VT ta được:

\Leftrightarrow \frac{a}{c} + \frac{b}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{b}6\sqrt[6]{{\frac{a}{c}.\frac{b}{c}.\frac{b}{a}.\frac{c}{a}.\frac{c}{b}.\frac{a}{b}}} = 6\left( {dpcm} \right)\(\Leftrightarrow \frac{a}{c} + \frac{b}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{b}6\sqrt[6]{{\frac{a}{c}.\frac{b}{c}.\frac{b}{a}.\frac{c}{a}.\frac{c}{b}.\frac{a}{b}}} = 6\left( {dpcm} \right)\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \frac{a}{c} = \frac{b}{c} = \frac{b}{a} = \frac{c}{a} = \frac{c}{b} = \frac{a}{b} \Leftrightarrow a = b = c\(\frac{a}{c} = \frac{b}{c} = \frac{b}{a} = \frac{c}{a} = \frac{c}{b} = \frac{a}{b} \Leftrightarrow a = b = c\)

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

y = {x^3} + \frac{3}{{{x^2}}},x \in \left( {0; + \infty } \right)\(y = {x^3} + \frac{3}{{{x^2}}},x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

Hướng dẫn giải

Biến đổi hàm số ta có:

y =\frac{1}{2}{x^3} + \frac{1}{2}{x^3} + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}}\(y =\frac{1}{2}{x^3} + \frac{1}{2}{x^3} + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

y\geqslant 5\sqrt[5]{{\frac{1}{2}{x^3}.\frac{1}{2}{x^3}.\frac{1}{{{x^2}}}.\frac{1}{{{x^2}}}.\frac{1}{{{x^2}}}}} = \frac{5}{{\sqrt[5]{4}}}\(y\geqslant 5\sqrt[5]{{\frac{1}{2}{x^3}.\frac{1}{2}{x^3}.\frac{1}{{{x^2}}}.\frac{1}{{{x^2}}}.\frac{1}{{{x^2}}}}} = \frac{5}{{\sqrt[5]{4}}}\)

Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số là: {y_{Min}} = \frac{5}{{\sqrt[5]{4}}}\({y_{Min}} = \frac{5}{{\sqrt[5]{4}}}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

\frac{1}{2}{x^3} = \frac{1}{2}{x^3} = \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{1}{{{x^2}}} \Leftrightarrow {x^5} = 2 \Leftrightarrow x = \sqrt[5]{2}\(\frac{1}{2}{x^3} = \frac{1}{2}{x^3} = \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{1}{{{x^2}}} \Leftrightarrow {x^5} = 2 \Leftrightarrow x = \sqrt[5]{2}\)

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x(1 - x)3 với x ∈ [0;1]

Hướng dẫn giải

Biến đổi hàm số: y = x{\left( {1{\text{ }} - {\text{ }}x} \right)^3} = \frac{1}{3}.3x.{\left( {1 - x} \right)^3} = \frac{1}{3}.3x.\left( {1 - x} \right)\left( {1 - x} \right)\left( {1 - x} \right)\(y = x{\left( {1{\text{ }} - {\text{ }}x} \right)^3} = \frac{1}{3}.3x.{\left( {1 - x} \right)^3} = \frac{1}{3}.3x.\left( {1 - x} \right)\left( {1 - x} \right)\left( {1 - x} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số không âm là 3x, 3 và 1 - x ta có:

\begin{matrix}  y = \dfrac{1}{3}.3x.\left( {1 - x} \right)\left( {1 - x} \right)\left( {1 - x} \right) \hfill \\   \Rightarrow y \leqslant \dfrac{1}{3}{\left[ {\dfrac{{3x + \left( {1 - x} \right) + \left( {1 - x} \right) + \left( {1 - x} \right)}}{4}} \right]^4} = \dfrac{1}{3}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^4} = \dfrac{{{3^3}}}{{{4^4}}} \hfill \\ \end{matrix}\(\begin{matrix} y = \dfrac{1}{3}.3x.\left( {1 - x} \right)\left( {1 - x} \right)\left( {1 - x} \right) \hfill \\ \Rightarrow y \leqslant \dfrac{1}{3}{\left[ {\dfrac{{3x + \left( {1 - x} \right) + \left( {1 - x} \right) + \left( {1 - x} \right)}}{4}} \right]^4} = \dfrac{1}{3}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^4} = \dfrac{{{3^3}}}{{{4^4}}} \hfill \\ \end{matrix}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = \frac{1}{4}\(x = \frac{1}{4}\)

4. Bài tập vận dụng

Bài 1: Chứng minh rằng (a2 + b2)(b2 + c2)(c2 +a2) ≥ 8a2b2c2 ∀a, b, c

Bài 2: Chứng minh rằng {\left( {\sqrt a  + \sqrt b } \right)^6} \geqslant 64ab{\left( {a + b} \right)^2};\forall a,b \geqslant 0\({\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)^6} \geqslant 64ab{\left( {a + b} \right)^2};\forall a,b \geqslant 0\)

Bài 3: Chứng minh rằng \left( {1 + a + b} \right)\left( {a + b + ab} \right) \geqslant 9ab;a,b \geqslant 0\(\left( {1 + a + b} \right)\left( {a + b + ab} \right) \geqslant 9ab;a,b \geqslant 0\)

Bài 4: Chứng minh rằng 3{a^3} + 6{b^3} \geqslant 9a{b^2},\forall a,b \geqslant 0\(3{a^3} + 6{b^3} \geqslant 9a{b^2},\forall a,b \geqslant 0\)

Bài 5: Chứng minh rằng \left( {a + b} \right)\left( {a + ab} \right) \geqslant 4ab,\forall a,b \geqslant 0\(\left( {a + b} \right)\left( {a + ab} \right) \geqslant 4ab,\forall a,b \geqslant 0\)

----------------------------------------------------------------

Chia sẻ, đánh giá bài viết
70
Chỉ thành viên VnDoc PRO tải được nội dung này!
VnDoc PRO - Tải nhanh, làm toàn bộ Trắc nghiệm, website không quảng cáo!
So sánh các gói Thành viên
Đặc quyền
PRO
Phổ biến nhất
PRO+
FREE
Tải toàn bộ tài liệu Cao cấp
(Bộ đề thi; Bộ bài tập Chuyên đề; Bộ bài tập cuối tuần)
Tải tài liệu Trả phí + Miễn phí
Xem nội dung bài viết
Trải nghiệm Không quảng cáo
Làm bài trắc nghiệm + Lưu kết quả
4 khóa học Tiếng Anh trực tuyến
6 khóa học Toán trực tuyến
79.000/ tháng
Mua ngay
Mua cả năm Tiết kiệm tới 48%
Chọn file muốn tải về:
Sắp xếp theo
    🖼️

    Gợi ý cho bạn

    Xem thêm
    🖼️

    Toán lớp 10

    Xem thêm