BẤT ĐẲNG THỨC COSI

Trung tâm luyện thi, gia sư - dạy kèm tại nhà NTIC Đà Nẵng giới thiệu phần BẤT ĐẲNG THỨC COSI nhằm hổ trợ cho các bạn có thêm tư liệu học tập. Chúc các bạn học tốt môn học này.

Ngày đăng: 06-02-2019

3,184 lượt xem

I. Bất đẳng thức Côsi

Trước hết ta nhắc lại BĐT Côsi cho hai số:

Định lí 1: Với hai số thực không âm x,y ta có: $\frac{{x + y}}{2} \ge \sqrt {xy} {\rm{ (1)}}$ .Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y$ .

Việc chứng minh (1) rất đơn giản nên tôi không chứng minh. (1) còn có nhiều cách biểu diễn khác nhau như:

$x^2 + y^2 \ge 2xy{\rm{ ; }}x^2 + y^2 \ge \frac{{(x +y)^2 }}{2}{\rm{ }};{\rm{ }}xy \le (\frac{{x + y}}{2})^2$

BĐT Côsi cho 3 số không âm.

Định lí 2: Với 3 số thực không âm x, y, z ta có: $\frac{{x + y + z}}{3} \ge \sqrt[3]{{xyz}}{\rm{ (2)}}$ . Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z$ .

Chứng minh:

Đặt $\sqrt[3]{x} = a,\sqrt[3]{y} = b,\sqrt[3]{z} = c$ . Khi đó (2) trở thành: $a^3 + b^3 + c^3 \ge 3abc$ ().

Ta có: $a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a + b + c)\left[ {a^2 + b^2 + c^2 -ab - bc - ca} \right] \ge 0\,\,\forall a,b,c \ge 0$ .

Định lí 3: Cho n số thực không âm $a_1 ,a_2 ,...,a_n$ .Ta có: $\frac{{a_1 + a_2 + ...a_n }}{n} \ge \sqrt[n]{{a_1 ...a_n }}$ (3).

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1 = a_2 = ... = a_n$ .

Một số chú ý khi sử dụng bất đẳng thức côsi:

* Khi áp dụng bđt côsi thì các số phải là những số không âm

* BĐT côsi thường được áp dụng khi trong bđt cần chứng minh có tổng và tích

* Điều kiện xảy ra dấu ‘=’ là các số bằng nhau

Ví dụ 1: Cho hai số thực không âm a,b. Chứng minh: $(a + b)(1 + ab) \ge 4ab$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực không âm ta có:

$\left. \begin{array}{l} a + b \ge 2\sqrt {ab} \\ 1 + ab \ge 2\sqrt{ab} \\ \end{array} \right\} \Rightarrow (1 + b)(1 + ab) \ge 2\sqrt{ab} .2\sqrt {ab} = 4ab$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = 1$ .

Ví dụ 2: Cho $a,b > 0$ . Chứng minh: $(a + b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) \ge 4$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực không âm ta có:

$\left. \begin{array}{l} a + b \ge 2\sqrt {ab} \\ \frac{1}{a} +\frac{1}{b} \ge 2\sqrt {\frac{1}{{ab}}} \\ \end{array} \right\} \Rightarrow (a + b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b})\ge 2\sqrt {ab} .2\sqrt {\frac{1}{{ab}}} = 4$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b$ .

Nhận xét: BĐT trên còn được viết lại như sau: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}$ (I) . BĐT này có nhiều ứng dụng trong chứng minh BĐT. Ta xét một số bài toán sau:

Bài toán 2.1: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác, p là chu vi. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{{p - a}} + \frac{1}{{p - b}} + \frac{1}{{p - c}} \ge2(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})$ .

Giải: áp dụng Bđt (I) ta có: $\frac{1}{{p - a}} + \frac{1}{{p - b}} \ge \frac{4}{{p - a + p - b}}= \frac{4}{c}$ . Tương tự ta cũng có :

$\frac{1}{{p - b}} + \frac{1}{{p - c}} \ge \frac{4}{a};{\rm{ }}\frac{1}{{p - c}} + \frac{1}{{p - a}} \ge \frac{4}{b}$ . Cộng ba BĐT này ta có đpcm.

Bài toán 2.2: Cho $a,b > 0$ và $a + b = 1$ . Chứng minh: $\frac{{a^2 }}{{a + 1}} + \frac{{b^2 }}{{b + 1}} \ge \frac{1}{3}$ .

Giải: Ta có: ${\rm{VT}} = \frac{{a^2 - 1}}{{a + 1}} + \frac{1}{{a + 1}} +\frac{{b^2 - 1}}{{b + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} = - 1 + \frac{1}{{a +1}} + \frac{1}{{b + 1}}$

Mặt khác áp dụng BĐT (I) ta có: $\frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} \ge \frac{4}{{a + b + 2}} =\frac{4}{3}$ .

Do đó: ${\rm{VT}} \ge - 1 + \frac{4}{3} = \frac{1}{3}$ đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = \frac{1}{2}$ .

Bài toán 2.3: Cho $x,y,z > 0$ . Chứng minh BĐT sau:

$\frac{1}{{2x + y + z}} + \frac{1}{{2x + 2y + z}} + \frac{1}{{x + y +2z}} \le \frac{1}{4}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})$ .

Giải: Áp dụng BĐT (I’) ta có:

$\frac{1}{{2x + y + z}} = \frac{1}{{(x + y) + (x + z)}} \le\frac{1}{4}(\frac{1}{{x + y}} + \frac{1}{{x + z}}) \le\frac{1}{{16}}(\frac{2}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})$

Tương tự: $\frac{1}{{x + 2y + z}} \le \frac{1}{{16}}(\frac{1}{x} + \frac{2}{y}+ \frac{1}{z});{\rm{ }}\frac{1}{{x + y + 2z}} \le\frac{1}{{16}}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{2}{z})$ .

Cộng ba BĐT trên ta có được đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z$ .

Bài toán 2.4: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{{a + 3b}} + \frac{1}{{b + 3c}} + \frac{1}{{c + 3a}} \ge\frac{1}{{2a + b + c}} + \frac{1}{{a + 2b + c}} + \frac{1}{{a + b +2c}}$ .

Giải: Áp dụng BĐT (I) ta có:

$\frac{1}{{a + 3b}} + \frac{1}{{a + b + 2c}} \ge \frac{4}{{2a + 4b +2c}} = \frac{2}{{a + 2b + c}}$ .

Tương tự $\frac{1}{{b + 3c}} + \frac{1}{{2a + b + c}} \ge \frac{2}{{a + b +2c}};$

$\frac{1}{{c + 3a}} + \frac{1}{{a + 2b + c}} \ge \frac{2}{{2a + b +c}}$ .

Cộng ba BĐT trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Ví dụ 3: Cho $a,b > 0$ . Chứng minh: $(1 + \frac{a}{b})^n + (1 + \frac{b}{a})^n \ge 2^{n + 1}$ với $n \in *$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực không âm ta có:

$\left. \begin{array}{l} 1 + \frac{a}{b} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}} \Rightarrow (1 + \frac{a}{b})^n \ge 2^n (\sqrt {\frac{a}{b}} )^n \\ 1 + \frac{b}{a} \ge 2\sqrt {\frac{b}{a}} \Rightarrow (1 +\frac{b}{a})^n \ge 2^n (\sqrt {\frac{b}{a}} )^n \\ \end{array}\right\} \Rightarrow (1 + \frac{a}{b})^n + (1 + \frac{b}{a})^n \ge2^n \left[ {\left( {\sqrt {\frac{a}{b}} } \right)^n + \left( {\sqrt{\frac{b}{a}} } \right)^n } \right]$

mà $\left( {\sqrt {\frac{a}{b}} } \right)^n + \left( {\sqrt{\frac{b}{a}} } \right)^n \ge 2$ nên suy ra $(1 + \frac{a}{b})^n + (1 + \frac{b}{a})^n \ge 2^{n + 1}$ đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b$ .

Ví dụ 4: Cho $x,y,z > 0$ . Cmr: $\frac{{2\sqrt x }}{{x^3 + y^2 }} + \frac{{2\sqrt y }}{{y^3 + z^2}} + \frac{{2\sqrt z }}{{z^3 + x^2 }} \le \frac{1}{{x^2 }} +\frac{1}{{y^2 }} + \frac{1}{{z^2 }}$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có: $x^3 + y^2 \ge 2xy\sqrt x \Rightarrow \frac{{2\sqrt x }}{{x^3 +y^2 }} \le \frac{{2\sqrt x }}{{2xy\sqrt x }} = \frac{1}{{xy}}$ .

Tương tự: $\frac{{2\sqrt y }}{{y^3 + z^2 }} \le \frac{1}{{yz}};{\rm{}}\frac{{2\sqrt z }}{{z^3 + x^2 }} \le \frac{1}{{zx}} \Rightarrow{\rm{VT}} \le \frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}}$ .

Mặt khác: $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca \Rightarrow \frac{1}{{xy}} +\frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}} \le \frac{1}{{x^2 }} + \frac{1}{{y^2}} + \frac{1}{{z^2 }}$ .

Vậy : ${\rm{VT}} \le \frac{1}{{x^2 }} + \frac{1}{{y^2 }} + \frac{1}{{z^2 }}\Rightarrow$ đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z = 1$ .

Ví dụ 5 : Cho $a,b,c > 0$ . Chứng minh : $(a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \ge 9$ (II).

Giải : Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực dương ta có :

$\left. \begin{array}{l} a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} \\ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge3\frac{1}{{\sqrt[3]{{abc}}}} \\ \end{array} \right\}$

$\Rightarrow (a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})\ge 3\sqrt[3]{{abc}}.3\frac{1}{{\sqrt[3]{{abc}}}} = 9$ đpcm.

Nhận xét : * BĐT trên còn được viết lại như sau : $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{9}{{a + b + c}}$ (II)

* Tương tự ta có BĐT tổng quát của (I) và (II) như sau :

Cho n số thực dương $a_1 ,a_2 ,...,a_n$ khi đó :

$\frac{1}{{a_1 }} + \frac{1}{{a_2 }} + ... + \frac{1}{{a_n }} \ge\frac{{n^2 }}{{a_1 + a_2 + ... + a_n }}$ (III).

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1 = a_2 = ... = a_n$ .

Các BĐT (I), (II), (III) được sử dụng nhiều trong các bài toán BĐT. Ta xét các bài toán sau

Bài toán 5.1 : Cho ba số thực dương a,b,c. Cmr : $\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} \ge\frac{3}{2}$ .

Giải : Cộng hai vế của BĐT với 3 thì BĐT cần chứng minh trở thành

$(\frac{a}{{b + c}} + 1) + (\frac{b}{{c + a}} + 1) + (\frac{c}{{a +b}} + 1) \ge \frac{9}{2}$

$\Leftrightarrow (a + b + c)(\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} +\frac{1}{{c + a}}) \ge \frac{9}{2}$

Áp dụng BĐT (II) ta có : $\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{c + a}} \ge\frac{9}{{a + b + b + c + c + a}} = \frac{9}{{2(a + b + c)}}$

$\Rightarrow (a + b + c)(\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} +\frac{1}{{c + a}}) \ge (a + b + c).\frac{9}{{2(a + b + c)}} =\frac{9}{2}$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Nhận xét : BĐT trên có tên là BĐT Nesbit cho ba số. Có nhiều cách để chứng minh BĐT trên sau đây ta xét một cách chứng minh cho BĐT trên

Đặt $A = \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}};B =\frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + a}} + \frac{a}{{a + b}};C =\frac{c}{{b + c}} + \frac{a}{{c + a}} + \frac{b}{{a + b}}$

Khi đó : $B + C = 3$ và $\left\{ \begin{array}{l} A + B \ge 3 \\ A + C \ge 3 \\ \end{array}\right. \Rightarrow 2A + B + C \ge 6 \Rightarrow A \ge \frac{3}{2}$ .

Đây là lời giải có lẽ là hay nhất cho bài toán này. Tuy nhiên việc tìm được lời giải như vậy không phải là việc đơn giản.

Bài toán 5.2 : Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c = 1$ . Cmr : $\frac{a}{{1 + a}} + \frac{b}{{1 + b}} + \frac{c}{{1 + c}} \le\frac{3}{4}$ .

Giải : Ta có BĐT $\Leftrightarrow \frac{{a + 1 - 1}}{{a + 1}} + \frac{{b + 1 - 1}}{{b+ 1}} + \frac{{c + 1 - 1}}{{c + 1}} \le \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow 3 - (\frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} +\frac{1}{{c + 1}}) \le \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{1}{{a + 1}} +\frac{1}{{b + 1}} + \frac{1}{{c + 1}} \ge \frac{9}{4}$ .

Áp dụng BĐT (II) ta có : $\frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} + \frac{1}{{c + 1}} \ge\frac{9}{{a + b + c + 3}} = \frac{9}{4}$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$ .

Bài toán 5.3 : Cho $a,b,c > 0$ và $a^2 + b^2 + c^2 = 3$ . Chứng minh rằng

$\frac{1}{{1 + ab}} + \frac{1}{{1 + bc}} + \frac{1}{{1 + ca}} \ge\frac{3}{2}{\rm{ }}$ .

Giải : Ta có .

Áp dụng BĐT (II) ta có : $\frac{1}{{1 + ab}} + \frac{1}{{1 + bc}} + \frac{1}{{1 + ca}} \ge\frac{9}{{ab + bc + ca + 3}} \ge \frac{3}{2}{\rm{ }}$ đpcm.

Đẳng thức có $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

Bài toán 5.4 : Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng

$\frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{bc}} +\frac{1}{{ca}} \ge 30$ .

Giải : Áp dụng BĐT (II) ta có : $\frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{bc}} + \frac{1}{{ca}} \ge \frac{9}{{ab +bc + ca}}$

$\Rightarrow \frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{1}{{ab}} +\frac{1}{{bc}} + \frac{1}{{ca}} \ge \frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} +\frac{9}{{ab + bc + ca}}$

$= \frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{1}{{ab + bc + ca}} +\frac{1}{{ab + bc + ca}} + \frac{7}{{ab + bc + ca}}$

Mặt khác : $ab + bc + ca \le \frac{1}{3}(a + b + c)^2 = \frac{1}{3} \Rightarrow\frac{7}{{ab + bc + ca}} \ge 21$

$\frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{1}{{ab + bc + ca}} +\frac{1}{{ab + bc + ca}} \ge \frac{9}{{a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc+ ca)}} = 9$

Suy ra : $\frac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{bc}} +\frac{1}{{ca}} \ge 9 + 21 = 30$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$ .

Bài toán 5.4 : Cho $x,{\rm{ }}y,{\rm{ }}z{\rm{ }} > {\rm{ }}0$ . CMR:

$\frac{1}{{2x + y + z}}\,\, + \,\,\frac{1}{{2x + 2y + z}}\,\, +\,\,\frac{1}{{x + y + 2z}}\,\,\, \le\,\,\,\frac{1}{4}\,(\,\frac{1}{x}\, + \,\frac{1}{y}\, +\,\,\frac{1}{z})$ .

HD: Áp dụng (III) với n=4 ta có:

$\frac{1}{x}\, + \,\frac{1}{x}\,\, + \,\frac{1}{y}\, +\,\frac{1}{z}\,\,\, \ge \,\,\,\frac{{4^2 }}{{2x\, + \,y\, +\,z}}\,\,\, = \,\,\,\,\frac{{16}}{{2x\, + y\, + z}}$

$\Rightarrow \,\,\,\,\,\,\,\frac{2}{x}\,\, + \,\frac{1}{{y\,}}\,\, +\,\frac{1}{z}\,\, \ge \,\,\,\frac{{16}}{{2z\, + \,y\, + \,z}}$ .

Tương tự : $\frac{2}{y}\,\, + \,\frac{1}{z}\,\, + \,\,\frac{1}{x}\,\, \ge\,\,\frac{{16}}{{x\,\, + 2y\,\, + z}}$

và $\frac{2}{{z\,}}\,\, + \,\frac{1}{x}\,\, + \,\,\frac{1}{{y\,}}\,\,\ge \,\,\frac{{16}}{{x\, + \,y\, + 2z}}$

Cộng 3 BĐT trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z$ .

Bài toán 5.5 : Cho n số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng :

$\begin{array}{l} {\rm{ a) }}\frac{{a_1 }}{{2 - a_1 }} + \frac{{a_2}}{{2 - a_2 }} + ... + \frac{{a_n }}{{2 - a_n }} \ge \frac{n}{{2n -1}} \\ {\rm{ b) }}\frac{{a_1 }}{{a_1 + 1}} + \frac{{a_2 }}{{a_2 + 1}} +... + \frac{{a_n }}{{a_n + 1}} \le \frac{n}{{n + 1}} \\ \end{array}$

Giải :

a) BĐT $\Leftrightarrow (\frac{{a_1 }}{{2 - a_1 }} + 1) + (\frac{{a_2 }}{{2- a_2 }} + 1) + ... + (\frac{{a_n }}{{2 - a_n }} + 1) \ge \frac{n}{{2n- 1}} + n$

$\Leftrightarrow \frac{1}{{2 - a_1 }} + \frac{1}{{2 - a_2 }} + ... +\frac{1}{{2 - a_n }} \ge \frac{{n^2 }}{{2n - 1}}$ (*)

Áp dụng BĐT (III) ta có : ${\rm{VT(*)}} \ge \frac{{n^2 }}{{2n - (a_1 + a_2 + ... + a_n )}} =\frac{{n^2 }}{{2n - 1}}$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1 = a_2 = ... = a_n = \frac{1}{n}$ .

b) BĐT $\Leftrightarrow (\frac{{a_1 }}{{1 + a_1 }} - 1) + (\frac{{a_2 }}{{1+ a_2 }} - 1) + ... + (\frac{{a_n }}{{1 + a_n }} - 1) \le \frac{n}{{n+ 1}} - n$

$\Leftrightarrow \frac{1}{{1 + a_1 }} + \frac{1}{{1 + a_2 }} + ... +\frac{1}{{1 + a_n }} \ge \frac{{n^2 }}{{n + 1}}$ (**)

Áp dụng BĐT (III) ta có : ${\rm{VT(**)}} \ge \frac{{n^2 }}{{n + (a_1 + a_2 + ... + a_n )}} =\frac{{n^2 }}{{n + 1}}$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_1 = a_2 = ... = a_n = \frac{1}{n}$ .

Ví dụ 6 : Cho $a,b,c > 0$ . Cmr : $\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c^2 }}{{a +b}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}$ .

Giải : Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương ta có :

$\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4} \ge 2\sqrt {\frac{{a^2}}{{b + c}}.\frac{{b + c}}{4}} = a$ .

Tương tự : $\frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{4} \ge b;{\rm{ }}\frac{{c^2}}{{a + b}} + \frac{{a + b}}{4} \ge c$ .

Cộng ba BĐT này lại với nhau ta đươc :

$\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c^2 }}{{a +b}} + \frac{{a + b + c}}{2} \ge a + b + c$

$\Rightarrow \frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} +\frac{{c^2 }}{{a + b}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Nhận xét :* Phương pháp mà chúng ta làm ở trong bài toán trên người ta thương gọi là phương pháp tách gép cặp trong BĐT Côsi.

Vì sao chúng ta lại gép $\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{4}$ ? Mục đích của việc làm này là làm mất các biến ở mẫu do vế phải của BĐT là một biểu thức không có biến ở mẫu. Vì sao ta lại gép $\frac{{b + c}}{4}$ mà không phải là $b + c$ hay $\frac{{b + c}}{2}$ … điều này xuất phát từ điều kiện để đẳng thức xảy ra. Vì BĐT đã cho là một BĐT đối xứng (Tức là khi đổi vị trí hai biến bất kì cho nhau thì BĐT không thay đổi) nên đẳng thức thường xảy ra khi các biến bằng nhau và khi đó $\frac{{a^2 }}{{b + c}} = \frac{a}{2}$ nên ta phải gép với $\frac{{b + c}}{4}$ .

* Nếu $abc = 1$ thì ta có : $a + b + c \ge 3$ nên : $\frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c^2 }}{{a +b}} \ge \frac{3}{2}$ .

* Phương pháp trên được sử dụng nhiều trong chứng minh BĐT

Ví dụ 7 : Cho $a,b,c > 0$ và $abc = 1$ . Chứng minh rằng :

$\frac{{a^3 }}{{(a + 1)(b + 1)}} + \frac{{b^3 }}{{(c + 1)(b + 1)}} +\frac{{c^3 }}{{(a + 1)(c + 1)}} \ge \frac{3}{4}$ .

Giải: Áp dụng BĐT Côsi cho ba số thực dương ta có:

$\frac{{a^3 }}{{(a + 1)(b + 1)}} + \frac{{a + 1}}{8} + \frac{{b +1}}{8} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{a^3 }}{{(a + 1)(b + 1)}}\frac{{a +1}}{8}\frac{{b + 1}}{8}}} = \frac{3}{4}a$ .

Tương tự:

$\frac{{b^3 }}{{(c + 1)(b + 1)}} + \frac{{c + 1}}{8} + \frac{{b +1}}{8} \ge \frac{3}{4}b;{\rm{ }}\frac{{c^3 }}{{(c + 1)(a + 1)}} +\frac{{c + 1}}{8} + \frac{{a + 1}}{8} \ge \frac{3}{4}c$

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được:

${\rm{VT}} + \frac{{a + b + c + 3}}{4} \ge \frac{3}{4}(a + b + c)$

$\Rightarrow {\rm{VT}} \ge \frac{{2(a + b + c) - 3}}{4} \ge\frac{{2.3\sqrt[3]{{abc}} - 3}}{4} = \frac{3}{4}$ .

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$ .

Ví dụ 8 : Cho $a,b,c > 0$ . Chứng minh rằng :

$\frac{{a^4 }}{{b^2 (c + a)}} + \frac{{b^4 }}{{c^2 (a + b)}} +\frac{{c^4 }}{{a^2 (b + c)}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}$ .

Giải : Áp dụng BĐT Côsi cho bốn số thực dương ta có :

$\frac{{a^4 }}{{b^2 (c + a)}} + \frac{b}{2} + \frac{b}{2} + \frac{{c+ a}}{4} \ge 4.{\rm{ }}\sqrt[4]{{\frac{{a^4 }}{{b^2 (c +a)}}.\frac{b}{2}.\frac{b}{2}.\frac{{c + a}}{4}}} = 2a$

$\Rightarrow \frac{{a^4 }}{{b^2 (c + a)}} + b + \frac{{c + a}}{4}\ge 2a$ . Tương tự cũng có :

$\frac{{b^4 }}{{c^2 (a + b)}} + c + \frac{{a + b}}{4} \ge 2b{\rm{ ;}}\frac{{c^4 }}{{a^2 (b + c)}} + a + \frac{{b + c}}{4} \ge 2c$

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta có đpcm. Đẳng thức có $\Leftrightarrow a = b = c$ .

Ví dụ 9 : Cho và n là một số tự nhiên dương. Chứng minh

$\frac{{a^n }}{{b + c}} + \frac{{b^n }}{{c + a}} + \frac{{c^n }}{{a +b}} \ge \frac{{a^{n - 1} + b^{n - 1} + c^{n - 1} }}{2}$ .

Giải : Áp dụng BĐT Côsi cho n-1 số $\frac{{a^n }}{{b + c}}$ và 1 số $\frac{{(b + c)^{n - 1} }}{{2^n }}$ ta có :
$(n - 1)\frac{{a^n }}{{b + c}} + \frac{{(b + c)^{n - 1} }}{{2^n }}\ge n{\rm{ }}\sqrt[n]{{a^{n(n - 1)} .\frac{1}{{2^n }}}} =\frac{n}{2}a^{n - 1}$ . Tương tự :

$(n - 1)\frac{{b^n }}{{c + a}} + \frac{{(c + a)^{n - 1} }}{{2^n }}\ge \frac{n}{2}b^{n - 1} ;{\rm{ }}(n - 1)\frac{{c^n }}{{a + b}} +\frac{{(a + b)^{n - 1} }}{{2^n }} \ge \frac{n}{2}c^{n - 1}$

Cộng ba BĐT trên lại với nhau ta được :

$(n - 1).{\rm{VT}} + \frac{1}{2}{\rm{[}}(\frac{{a + b}}{2})^{n - 1} + (\frac{{b + c}}{2})^{n - 1} + (\frac{{c + a}}{2})^{n - 1} {\rm{]}}\ge \frac{n}{2}(a^{n - 1} + b^{n - 1} + c^{n - 1} )$

Mặt khác ta lại có :
$\frac{{a^{n - 1} + b^{n - 1} }}{2} \ge (\frac{{a + b}}{2})^{n - 1};{\rm{ }}\frac{{b^{n - 1} + c^{n - 1} }}{2} \ge (\frac{{b +c}}{2})^{n - 1} ;{\rm{ }}\frac{{c^{n - 1} + a^{n - 1} }}{2} \ge(\frac{{c + a}}{2})^{n - 1}$

$\Rightarrow \frac{{a^{n - 1} + b^{n - 1} + c^{n - 1} }}{2} \ge\frac{1}{2}{\rm{[}}(\frac{{a + b}}{2})^{n - 1} + (\frac{{b +c}}{2})^{n - 1} + (\frac{{c + a}}{2})^{n - 1} {\rm{]}}$

Do đó : $(n - 1){\rm{VT}} \ge (n - 1)\frac{{a^{n - 1} + b^{n - 1} + c^{n -1} }}{2} \Rightarrow {\rm{VT}} \ge \frac{{a^{n - 1} + b^{n - 1} +c^{n - 1} }}{2}$ đpcm