Dạng 3: Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (bất đẳng thức côsi)

Thí dụ 1. Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng: $\frac{a}{{b + c}}$ + $\frac{b}{{c + a}}$ + $\frac{c}{{a + b}}$ ≥ $\frac{3}{2}$.
Ta có: $\frac{a}{{b + c}}$ + $\frac{b}{{c + a}}$ + $\frac{c}{{a + b}}$ = ($\frac{a}{{b + c}}$ + 1) + ( $\frac{b}{{c + a}}$ + 1) + ( $\frac{c}{{a + b}}$ + 1) - 3
= (a + b + c)( $\frac{1}{{b + c}}$ + $\frac{1}{{c + a}}$ + $\frac{1}{{a + b}}$) - 3
= $\frac{1}{2}$[(a + b) + (b + c) + (c + a)][ $\frac{1}{{b + c}}$ + $\frac{1}{{c + a}}$ + $\frac{1}{{a + b}}$] - 3
≥ $\frac{1}{2}$.3$\sqrt[3]{{(a + b)(b + c)(c + a)}}$.3$\frac{1}{{\sqrt[3]{{(a + b)(b + c)(c + a)}}}}$ - 3 = $\frac{9}{2}$ - 3 = $\frac{3}{2}$
dấu đẳng thức xảy ra khi:
$\left\{ \begin{array}{l}a + b = b + c = c + a\\\frac{1}{{a + b}} = \frac{1}{{b + c}} = \frac{1}{{c + a}}\end{array} \right.$ ⇔ a = b = c.
Nhận xét: Như vậy, trong thí dụ trên ta cần sử dụng một vài phép biến đổi để làm xuất hiện những biểu thức mà khi sử dụng bất đẳng thức Côsi chúng sẽ triệt tiêu nhau.

Thí dụ 2. Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng: ab(a + b - 2c) + bc(b + c - 2a) + ca(c + a - 2b) ≥ 0.
Biến đổi bất đẳng thức về dạng:
$\frac{{a + b - 2c}}{c}$ + $\frac{{b + c - 2a}}{a}$ + $\frac{{c + a - 2b}}{b}$ ≥ 0
⇔ $\frac{a}{c}$ + $\frac{b}{c}$ + $\frac{b}{a}$ + $\frac{c}{a}$ + $\frac{c}{b}$ + $\frac{a}{b}$ ≥ 6. (*)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho VT, ta được:
$\frac{a}{c}$ + $\frac{b}{c}$ + $\frac{b}{a}$ + $\frac{c}{a}$ + $\frac{c}{b}$ + $\frac{a}{b}$ ≥ 6. $\sqrt[6]{{\frac{a}{c}.\frac{b}{c}.\frac{b}{a}.\frac{c}{a}.\frac{c}{b}.\frac{a}{b}}}$ = 6, đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi: $\frac{a}{c}$ = $\frac{b}{c}$ = $\frac{b}{a}$ = $\frac{c}{a}$ = $\frac{c}{b}$ = $\frac{a}{b}$ ⇔ a = b = c.
Chú ý: Với các bất đẳng thức có điều kiện cần khéo léo biến đổi để tận dụng được điều kiện của giả thiết.

Thí dụ 3. Cho a + b + c + d = 2. Chứng minh rằng a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ + d$^2$ ≥ 1.
Sử dụng bất đẳng thức Côsi, ta có ngay:
a$^2$ + b$^2$ ≥ 2ab. (1)
b$^2$ + c$^2$ ≥ 2bc. (2)
c$^2$ + d$^2$ ≥ 2cd. (3)
d$^2$ + a$^2$ ≥ 2da. (4)
a$^2$ + c$^2$ ≥ 2ac. (5)
b$^2$ + d$^2$ ≥ 2bd. (6)
Cộng theo vế (1), ($^2$), (3), (4), (5), (6) ta được: 3(a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ + d$^2$) ≥ 2(ab + bc + cd + da + ac + bd)
⇔ 4(a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ + d$^2$) ≥ a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ + 2(ab + bc + cd + da + ac + bd)
= (a + b + c + d)$^2$ = $^2$$^2$ = 4
⇔ a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ + d$^2$ ≥ 1, đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{ \begin{array}{l}a = b = c = d\\a + b + c + d = 2\end{array} \right.$ ⇔ a = b = c = d = $\frac{1}{2}$.

Thí dụ 4. Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ = 4$\sqrt {abc} $. Chứng minh rằng a + b + c > 2$\sqrt {abc} $.
Ta có thể lựa chọn một trong các cách trình bày sau:
Cách 1: Ta luôn có: a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ ≥ 3$\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}$ ⇒ 4$\sqrt {abc} $ ≥ 3$\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}$. (1)
Mặt khác, với ba số dương a, b, c ta có: a + b + c ≥ 3$\sqrt[3]{{abc}}$. (2)
Nhân theo vế (1), (2) ta được: 4(a + b + c)$\sqrt {abc} $ ≥ 9abc > 8abc ⇒ a + b + c > 2$\sqrt {abc} $, đpcm.

Cách 2: Ta luôn có: a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ ≥ 2a$\sqrt {{b^2} + {c^2}} $ ≥ 2a$\sqrt {2bc} $ ⇒ 4$\sqrt {abc} $ ≥ 2a$\sqrt {2bc} $ ⇔ 2 ≥ a.
Chứng minh tương tự ta nhận được b ≤ 2, c ≤ 2 và nhận thấy ngay a, b, c không thể đồng thời bằng 2 vì khi đó sẽ vi phạm điều kiện đầu bài.
Khi đó, ta thấy ngay: a(a - 2) + b(b - 2) + c(c - 2) < 0
⇔ 2(a + b + c) > a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ = 4$\sqrt {abc} $⇔ a + b + c ≥ 2$\sqrt {abc} $, đpcm.

Cách 3: Ta luôn có:
a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ + a + b + c ≥ 6$\sqrt[{36}]{{{a^3}{b^3}{c^3}}}$ = 6$\sqrt {abc} $
⇔ 4$\sqrt {abc} $ + a + b + c ≥ 6$\sqrt {abc} $ ⇔ a + b + c ≥ 2$\sqrt {abc} $.
Dấu đẳng thức xảy ra khi: a$^2$ = b$^2$ = c$^2$ = a = b = c ⇔ a = b = c = 1
tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với giả thiết
Vậy, ta luôn có a + b + c > 2$\sqrt {abc} $.

Chú ý: Trong nhiều trường hợp, để chứng minh bất đẳng thức chúng ta đã sử dụng liên tiếp nhiều lần bất đẳng thức Côsi.

Thí dụ 5. Chứng minh rằng:
a. a$^4$ + b$^4$ + c$^4$ + d$^4$≥ 4abcd, với mọi a, b, c, d.
b. ${\left( {1 + \frac{a}{b}} \right)^m}$ + ${\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)^m}$≥ 2m + 1, với mọi a, b > 0, m ∈ $\mathbb{N}$*.
a. Ta có ngay: a$^4$ + b$^4$ + c$^4$ + d$^4$ = (a$^4$ + b$^4$) + (c$^4$ + d$^4$)
≥ 2a$^2$b$^2$ + 2c$^2$d$^2$ = 2(a$^2$b$^2$ + c$^2$d$^2$)≥ 2.2abcd = 4abcd, đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = {b^2}\\{c^2} = {d^2}\\ab = cd\end{array} \right.$
⇔ $\left[ \begin{array}{l}a = b = c = d\\a = b = - c = - d\\a = - b = c = - d\\a = - b = - c = d\end{array} \right.$.

b. Ta có:
1 + $\frac{a}{b}$ ≥ 2$\sqrt {\frac{a}{b}} $ ⇔ ${\left( {1 + \frac{a}{b}} \right)^m}$ ≥ 2m$\sqrt {{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^m}} $,
1 + $\frac{b}{a}$ ≥ 2$\sqrt {\frac{b}{a}} $ ⇔ ${\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)^m}$ ≥ 2m$\sqrt {{{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^m}} $,
suy ra: ${\left( {1 + \frac{a}{b}} \right)^m}$+${\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)^m}$≥ 2m$\sqrt {{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^m}} $+ 2m$\sqrt {{{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^m}} $≥ 2.$\sqrt {{2^m}.\sqrt {{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^m}} {{.2}^m}.\sqrt {{{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^m}} } $ = 2m+1,
dấu đẳng thức xảy ra khi: $\left\{ \begin{array}{l}1 = \frac{a}{b}\\1 = \frac{b}{a}\\{\left( {1 + \frac{a}{b}} \right)^m} = {\left( {1 + \frac{b}{a}} \right)^m}\end{array} \right.$⇔ a = b.

Nhận xét:
1. Ta còn có kết quả tổng quát hơn:
a. Cho n số dương a$_1$, a$_2$, ..., a$_n$ thoả mãn:
$a_1^m + a_2^m + ... + a_n^m$ = p$\sqrt {{a_1}{a_2}...{a_n}} $, với 1 ≤ m, p < 2n.
Chứng minh rằng: $a_1^{n - m} + a_2^{n - m} + ... + a_n^{n - m}$ ≥ (2n - p)$\sqrt {{a_1}{a_2}...{a_n}} $.
b. Cho n số dương a$_1$, a$_2$, ..., a$_n$ thoả mãn:
$a_1^{n - 1} + a_2^{n - 1} + ... + a_n^{n - 1}$ = p$\sqrt {{a_1}{a_2}...{a_n}} $.
Chứng minh rằng: a$_1$ + a$_2$ + ... + a$_n$ ≥ $\frac{{{n^2}}}{p}$$\sqrt {{a_1}{a_2}...{a_n}} $.

2. Trong nhiều trường hợp, các em học sinh cần linh hoạt trong việc sử dụng bất đẳng thức Côsi cho nhóm đối tương khác nhau để đạt được mục đích.

Thí dụ 6.
a. Chứng minh rằng nếu a, b, c là bốn số không âm thì: ${\left( {\frac{{a + b + c + d}}{4}} \right)^4}$ ≥ abcd
b. Ba số dương có tổng bằng đơn vị. Chứng minh rằng tổng của hai trong ba số đó không bé hơn 16 lần tích của cả ba số đó.
a. Ta có: ${\left( {\frac{{a + b + c + d}}{2}} \right)^2}$ ≥ ${\left( {\sqrt {ab} + \sqrt {cd} } \right)^2}$ = ab + cd + 2$\sqrt {abcd} $ ≥ 4$\sqrt {abcd} $
⇒ ${\left( {\frac{{a + b + c + d}}{4}} \right)^2}$ ≥ $\sqrt {abcd} $ ⇒ ${\left( {\frac{{a + b + c + d}}{4}} \right)^4}$ ≥ abcd.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: $\left\{ \begin{array}{l}a = b\\c = d\\ab = cd\end{array} \right.$ ⇔ a = b = c = d.
b. Gọi a, b, c là ba số dương thoả mãn a + b + c = 1. Ta cần chứng minh a + b ≥ 16abc.
Ta có: 1 = (a + b + c)$^2$ ≥ 4(a + b)c ⇔ a + b ≥ 4(a + b)$^2$c. (1)
Mặt khác, ta cũng có (a + b)$^2$ ≥ 4ab. (2)
Từ (1) và (2) suy ra a + b ≥ 16abc và dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
$\left\{ \begin{array}{l}a + b = c\\a = b\end{array} \right.$ ⇔ $\left\{ \begin{array}{l}1 - c = c\\a = b\end{array} \right.$ ⇔ $\left\{ \begin{array}{l}c = 1/2\\a = b = 1/4\end{array} \right.$.
Chú ý: Trong nhiều trường hợp, các em học sinh cần biết cách kết hợp bất đẳng thức Côsi với các bất đẳng thức khác.

Thí dụ 7. Giả sử a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng với bất kì số nguyên n > 1 thì: a$^n$b(a – b) + b$^n$c(b – c) + c$^n$a(c – a) ≥ 0.
Chúng ta chứng minh bất đẳng thức ở đầu bài bằng phương pháp quy nạp toán học.
Với n = 2, đặt: 2x = b + c – a > 0; 2y = a – b + c > 0; 2z = a + b – c > 0.
Suy ra a = y + z, b = z + x, c = x + y
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: xy$^3$ + yz$^3$ + zx$^3$ – xyz(x + y + z) ≥ 0.
⇔ xyz$\left[ {\frac{{{x^2}}}{y} + \frac{{{y^2}}}{z} + \frac{{{z^2}}}{x} - (x + y + z)} \right]$ ≥ 0 (*)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương, ta có: y + $\frac{{{x^2}}}{y}$ ≥ 2$\sqrt {y\frac{{{x^2}}}{y}} $ = 2x.
Tương tự: x + $\frac{{{z^2}}}{x}$ ≥ 2z và z + $\frac{{{y^2}}}{z}$ ≥ 2y.
Từ đó bất đẳng thức (*) được chứng minh, hay bất đẳng thức: a$^n$b(a – b) + b$^n$c(b – c) + c$^n$a(c – a) ≥ 0.
được chứng minh.
Giả sử bất đẳng thức đúng tới n. Không mất tính tổng quát, ta giả sử c ≤ b ≤ a. Theo giả thiết quy nạp, ta có:
b$^n$c(b – c) ≥ – a$^n$b(a – b) – c$^n$a(c – a) ⇒ b$^{n+1}$c(b – c) ≥ – a$^n$b$^2$(a – b) – c$^n$ab(c – a)
Do đó: a$^{n+1}$b(a – b) + b$^{n+1}$c(b – c) + c$^{n+1}$a(c – a) ≥ a$^{n+1}$b(a – b) – a$^n$b$^2$(a – b) – c$^n$ab(c – a) + c$^{n+1}$a(c – a)
= a$^n$b(a – b)$^2$ + c$^n$a(c – a)(c – b) ≥ 0.
Vậy bất đẳng thức đúng với n + 1.
Theo nguyên lý quy nạp bất đẳng thức đã cho đúng với mọi n > 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c hay ΔABC đều.

Thí dụ 8. Cho biểu thức S = a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ + d$^2$ + ac + bd, với ad - bc = 1.
a. Chứng minh rằng S ≥ $\sqrt 3 $.
b. Tính giá trị của tổng (a + c)$^2$ + (b + d)$^2$ khi cho biết S = $\sqrt 3 $.
a. Nhận xét rằng: (ac + bd)$^2$ + 1 = (ac + bd)$^2$ + (ad - bc)$^2$
= a$^2$c$^2$ + b$^2$d$^2$ + a$^2$d$^2$ + b$^2$c$^2$ = (a$^2$ + b$^2$)(c$^2$ + d$^2$) (1)
Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho S, ta được: S ≥ 2$\sqrt {({a^2} + {b^2})({c^2} + {d^2})} $ + ac + bd
⇔ S ≥ 2$\sqrt {{{(ac + bd)}^2} + 1} $ + ac + bd. (2)
Đặt t = ac + bd, ta thấy ngay hai vế của (2) đều dương, do đó: S$^2$ ≥ (2$\sqrt {{t^2} + 1} $ + t)$^2$ = 4(1 + t$^2$) + 4t$\sqrt {{t^2} + 1} $ + t$^2$= (1 + t$^2$) + 4t$\sqrt {{t^2} + 1} $ + 4t$^2$ + 3 = ($\sqrt {{t^2} + 1} $ + 2t)$^2$ + 3 ≥ 3⇔ S ≥ $\sqrt 3 $, đpcm.
b. Từ kết quả cầu a), ta có: S = $\sqrt 3 $ ⇔ $\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{t^2} + 1} + 2t
= 0\,\,\,\,\,\,\,\,(3)\\{a^2} + {b^2} = {c^2} + {d^2}\end{array} \right.$
Giải (3) bằng phép biến đổi tương đương: $\sqrt {{t^2} + 1} $=-2t ⇔ $\left\{ \begin{array}{l} - 2t \ge 0\\{t^2} + 1 = 4{t^2}\end{array} \right.$
⇔ t = -$\frac{1}{{\sqrt 3 }}$ ⇔ ac + bd = -$\frac{1}{{\sqrt 3 }}$.
Như vậy, ta được hệ điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = {c^2} + {d^2}\\ac + bd = - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.$. (I)
Thay (I) vào (1), ta được: a$^2$ + b$^2$ = c$^2$ + d$^2$ = $\frac{2}{{\sqrt 3 }}$.
Khi đó: (a + c)$^2$ + (b + d)$^2$ = a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ + d$^2$ + 2(ac + bd)
= $\frac{2}{{\sqrt 3 }}$ + $\frac{2}{{\sqrt 3 }}$ - $\frac{2}{{\sqrt 3 }}$ = $\frac{2}{{\sqrt 3 }}$.