[ĐẠI SỐ 9] BẤT ĐẲNG THỨC

❄ BẤT ĐẲNG THỨC AM$-$GM (BĐT CAUCHY)

	$a, b \ge 0$	$a, b, c \ge 0$
Dạng 1	$\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$	$\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$
Dạng 2	$a + b \ge 2\sqrt {ab}$	$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$
Dạng 3	${\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab$	${\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^3} \ge abc$
Dấu “=”	$a = b$	$a = b =c$

Chứng minh.

1) Cho a, b $\ge$ 0. Chứng minh: $\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$

Giải

Cách 1.
$\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$

$\Leftrightarrow$ $a + b \ge 2\sqrt {ab}$

$\Leftrightarrow$ $a - 2\sqrt {ab}  + b \ge 0$

$\Leftrightarrow$ ${\left( {\sqrt a  - \sqrt b } \right)^2} \ge 0$ (BĐT Đúng)

Vậy $\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$ với mọi a, b $\ge$ 0

Dấu “=” xãy ra $\Leftrightarrow$ a = b

Cách 2.

Đặt BH = a, HC = b

$\triangle$ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến

$\Rightarrow$ $AM = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{a + b}}{2}$

$\triangle$ABC vuông tại A có AH là đường cao

$\Rightarrow$ AH$^2$ = BH.HC = a.b

$\Rightarrow$ AH = $\sqrt {ab}$

$\triangle$AHM vuông tại H

$\Rightarrow$ AM lớn nhất

$\Rightarrow$ AM $\ge$ AH

$\Rightarrow$ $\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$

Cách 3.

Hình chữ nhật ABCD có AD = BC = $\sqrt{a}$, AB = CD = $\sqrt{b}$ và CE = CD.

$S_{ADI}  + S_{CDE}  \ge S_{ABCD}$

$\Rightarrow$ $\dfrac{1}{2}\sqrt a .\sqrt a  + \dfrac{1}{2}\sqrt b .\sqrt b  \ge \sqrt a .\sqrt b$

$\Rightarrow$ $\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$

2) Cho a, b, c $\ge$ 0. Chứng minh: $\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$

Giải

Cách 1. (Áp dụng BĐT Cauchy)

$a + b + c + \sqrt[3]{{abc}} \ge 2\sqrt {ab}  + 2\sqrt {c\sqrt[3]{{abc}}}  \ge 2\left( {\sqrt {ab}  + \sqrt {c\sqrt[3]{{abc}}} } \right)$

mà $\sqrt {ab}  + \sqrt {c\sqrt[3]{{abc}}}  \ge 2\sqrt {\sqrt {ab} \sqrt {c\sqrt[3]{{abc}}} }  \ge 2\sqrt {\sqrt {abc\sqrt[3]{{abc}}} }$ $\ge$

$\ge$ $2\sqrt {\sqrt {{{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)}^3}\sqrt[3]{{abc}}} }$ $\ge$ $2\sqrt {\sqrt {{{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)}^4}} }$ $\ge$ $2\sqrt {{{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)}^2}}$ $\ge$ $2\sqrt[3]{{abc}}$ (do a, b, c $\ge$ 0)

$\Rightarrow$ $a + b + c + \sqrt[3]{{abc}} \ge 4\sqrt[3]{{abc}}$
$\Rightarrow$ $\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$

Cách 2. (Áp dụng BĐT Cauchy và đổi biến)
$a + b + c + d \ge 2\left( {\sqrt {ab}  + \sqrt {cd} } \right) \ge 2\left( {2\sqrt {\sqrt {ab} \sqrt {cd} } } \right) = 4\sqrt {\sqrt {abcd} }$
$\Rightarrow$ $\dfrac{{a + b + c + d}}{4} \ge \sqrt {\sqrt {abcd} }$
Đặt $d = \dfrac{{a + b + c}}{3}$, ta được:
$\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt {\sqrt {abc\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)} }  \ge \sqrt {\sqrt {abc\sqrt[3]{{abc}}} }  = \sqrt {\sqrt {{{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)}^4}} }  = \sqrt[3]{{abc}}$

Cách 3. Đổi biến và biến đổi tương tương
$\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$ $\Leftrightarrow$ $a + b + c - 3\sqrt[3]{{abc}} \ge 0$
Đặt $x = \sqrt[3]{a} \ge 0$, $y = \sqrt[3]{b} \ge 0$, $z = \sqrt[3]{c} \ge 0$
BĐT trở thành ${x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz \ge 0$
${a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc$
= $\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)$
= $\dfrac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\left( {2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} - 2ab - 2bc - 2ca} \right)$
= $\dfrac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\left[ {\left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} - 2ca + {a^2}} \right)} \right]$
= $\dfrac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}} \right] \ge 0$ (do a, b, c $\ge$ 0)
Vậy $\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$

Cách 4. Dồn biến
$\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$ $\Leftrightarrow$ $a + b + c - 3\sqrt[3]{{abc}} \ge 0$
Xét $f\left( {a,b,c} \right) = a + b + c - 3\sqrt[3]{{abc}}$, $f\left( {t,t,c} \right) = 2t + c - 3\sqrt[3]{{{t^2}c}}$ với $t = \dfrac{{a + b}}{2}$
$f\left( {a,b,c} \right) - f\left( {t,t,c} \right) = 3\left( {\sqrt[3]{{{t^2}c}} - \sqrt[3]{{abc}}} \right)$ mà $t = \dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$
$\Rightarrow$ ${t^2} \ge ab$
$\Rightarrow$ $\sqrt[3]{{{t^2}c}} - \sqrt[3]{{abc}} \ge 0$
$\Rightarrow$ $f\left( {a,b,c} \right) \ge f\left( {t,t,c} \right)$
Ta chứng minh $f\left( {t,t,c} \right) = 2t + c - 3\sqrt[3]{{{t^2}c}} \ge 0$. Thật vậy:
$2t + c - 3\sqrt[3]{{{t^2}c}} \ge 0$
$\Leftrightarrow$ $2t + c \ge 3\sqrt[3]{{{t^2}c}}$
$\Leftrightarrow$ ${\left( {2t + c} \right)^3} \ge 27{t^2}c$
$\Leftrightarrow$ ${\left( {2t + c} \right)^3} - 27{t^2}c \ge 0$
$\Leftrightarrow$ ${\left( {t - z} \right)^2}\left( {8t + z} \right) \ge 0$ (đúng)
Vậy $f\left( {a,b,c} \right) = a + b + c - 3\sqrt[3]{{abc}} \ge 0$
$\Leftrightarrow$ $\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$

Cách 5. Chuẩn hóa và dồn biến
Vì bất đẳng thức đã cho là đồng bậc nên bằng cách chuẩn hóa ta có thể giả sử: $a + b + c = 1$ (*)
$\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$ $\Leftrightarrow$ $1 \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$ $\Leftrightarrow$ $1 - 27abc \ge 0$
Xét $f\left( {a,b,c} \right) = 1 - 27abc$, $f\left( {t,t,c} \right) = 1 - 27{t^2}c$ với $t = \dfrac{{a + b}}{2}$
$f\left( {a,b,c} \right) - f\left( {t,t,c} \right) = 27\left( {{t^2}c - abc} \right)$ mà $t = \dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab}$
$\Rightarrow$ ${t^2} \ge ab$
$\Rightarrow$ ${t^2}c \ge abc$
$\Rightarrow$ $f\left( {a,b,c} \right) \ge f\left( {t,t,c} \right)$
Ta chứng minh $f\left( {t,t,c} \right) = 1 - 27{t^2}c \ge 0$. Thật vậy:
$1 - 27{t^2}c \ge 0$
$\Leftrightarrow$ $1 - 27{t^2}\left( {1 - 2t} \right) \ge 0$
$\Leftrightarrow$ ${\left( {3t - 1} \right)^2}\left( {6t + 1} \right) \ge 0$ (đúng)
Với điều kiện (*) thì dấu “=” xãy ra $\Leftrightarrow$ $\begin{cases}a = b\\3t = 1\end{cases}$ $\Leftrightarrow$ $a = b = c \ge 0$
Vậy $f\left( {a,b,c} \right) \ge 0$ $\Rightarrow$ đpcm