Bất đẳng thức Cosi - Bất đẳng thức Cosi lớp 9

Bất đẳng thức Cosi là 1 định nghĩa toán học tập thông thường được dùng trong số vấn đề ở bậc trung học tập phổ thông.

Bất đẳng thức Cosi dùng nhằm chỉ bất đẳng thức đối chiếu thân thiết khoảng nằm trong và khoảng nhân của n số thực ko âm. Trong số đó, khoảng nằm trong của n số thực ko âm luôn luôn to hơn hoặc bởi vì khoảng nhân của bọn chúng. Trung bình nằm trong chỉ bởi vì khoảng nhân khi và chỉ khi n số cơ cân nhau. Vậy cơ hội minh chứng bất đẳng thức Cosi như vậy nào? Quy tắc minh chứng là gì? Mời chúng ta hãy nằm trong theo dõi dõi nội dung bài viết tiếp sau đây của Download.vn nhé.

Bạn đang xem: Bất đẳng thức Cosi - Bất đẳng thức Cosi lớp 9

I. Bất đẳng thức Cosi

Bất đẳng thức cosi khởi đầu từ bất đẳng thức thân thiết khoảng nằm trong và khoảng nhân (AM – GM). Cauchy là kẻ vẫn sở hữu công minh chứng bất đẳng thức AM – GM bẳng cách thức quy hấp thụ. Do cơ, bất đẳng thức AM – GM được tuyên bố Theo phong cách không giống nhằm trở nên bất đẳng thức cosi.

1. Bất đẳng thức AM – GM

Cho x₁, x₂,…, x_n là n số thực ko âm, khi cơ tớ có:

$\frac{x_1+ x_2 + …, + x_n} {n} \ge \sqrt [n] {x_1x_2…x_n}$

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x₁ = x₂ =… = x_n

Bất đẳng thức này còn rất có thể được tuyên bố bên dưới dạng

${x_1+ x_2 + …, + x_n} \ge n \sqrt [n] {x_1x_2…x_n}$

Hoặc

$(\frac{x_1+ x_2 + …, + x_n} {n})^n \ge {x_1x_2…x_n}$

2. Bất đẳng thức Cosi

Giả sử a₁,a₂,…, a_n là những số thực bất kì và b₁, b₂,…, b_n là những số thực dương. Khi cơ, tớ luôn luôn có:

$\frac{a_1^2}{b_1^2} + \frac{a_2^2}{b_2^2} + … + \frac{a_n^2}{b_n^2} \ge \frac{(a_1 + a_2 + … + a_n)^2}{b_1 + b_2 + … + b_n}$

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $\frac{a_1^2}{b_1^2} = \frac{a_2^2}{b_2^2} = … = \frac{a_n^2}{b_n^2}$

3. Bất đẳng thức cosi cho tới 2 số ko âm

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

Dấu bởi vì xẩy ra khi và chỉ khi a = b

4. Bất đẳng thức cosi cho tới 3 số ko âm

$\frac{a + b + c } {3} \ge \sqrt [3] {abc}$

Dấu bởi vì xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c

5. Bất đẳng thức cosi cho tới 4 số ko âm

$\frac{a + b + c + d } {4} \ge \sqrt [4] {abcd}$

Dấu bởi vì xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = d

6. Bất đẳng thức cosi cho tới n số ko âm

Với x₁, x₂,…, x_n là n số thực ko âm, khi cơ tớ có:

$\frac{x_1+ x_2 + …, + x_n} {n} \ge \sqrt [n] {x_1x_2…x_n}$

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x₁ = x₂ =… = x_n

II. Chứng minh bất đẳng thức cosi

1. Chứng minh bất đẳng thức Cosi trúng với 2 thực số ko âm

Với a = 0 và b = 0 thì bất đẳng thức luôn luôn trúng (1). Ta chỉ việc minh chứng bất đẳng thức luôn luôn trúng với 2 số a, b dương.

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

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

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

$(\sqrt {a} – \sqrt {b})^2 \ge 0$ (luôn trúng với từng a, b ≥ 0)

=> Bất đẳng thức vẫn cho tới luôn luôn trúng với từng a, b dương (2)

Từ (1) và (2) => bất đẳng thức cosi trúng với 2 số thực a, b ko âm.

2. Chứng minh bất đẳng thức Cosi với 3 thực số ko âm

Rõ ràng a = 0, b = 0, c = 0 thì bất đẳng thức luôn luôn trúng. Do cơ, tớ chỉ việc minh chứng bất đẳng thức trúng với 3 số thực a, b, c dương.

Đặt $x = \sqrt [3] {a}, hắn = \sqrt [3] {b}, z = \sqrt [3] {c}$

=> x, hắn, z ≥ 0 => => x + hắn + z ≥ 0

Bất đẳng thức của 3 số thực a, b, c dương được quy về trở thành bất đẳng thức của 3 số thực x, hắn, z dương.

$(x + y)^3 – 3xy(x + y) + z^3 – 3xyz \ge 0$

$(x + hắn +z)[(x + y)^2 – (x +y)z + z^2]$

$– 3xy(x + hắn + z) \ge 0$

$(x + hắn +z)(x^2 + y^2 + z^2 +2xy – xz – yz)$

$– 3xy(x + hắn + z) \ge 0$

$(x + hắn +z)(x^2 + y^2 + z^2 – xy – xz – yz) \ge 0$

$(x + hắn +z)[(x – y)^2 + (y – z)^2 + (x – z)^2] \ge 0$ (luôn trúng với từng x, hắn, z ≥ 0)

Dấu “=” xẩy ra khi x = hắn = z hoặc a = b = c.

3. Chứng minh bất đẳng thức Cosi với 4 số thực ko âm

Dễ dàng nhìn thấy rằng với a = 0, b = 0, c = 0, d = 0 thì bất đẳng thức luôn luôn trúng. Bây giờ tất cả chúng ta chỉ việc minh chứng bất đẳng thức trúng với 4 số thực dương.

Từ thành quả minh chứng bất đẳng thức trúng với 2 số thực ko âm tớ có:

$a + b + c + d \ge 2\sqrt [2] {ab} + 2\sqrt [2] {cd} \ge 4\sqrt [4] {abcd}$

$\Leftrightarrow \frac{a + b + c + d } {4} \ge \sqrt [4] {abcd} (đpcm)$

Hệ quả:

Với $d = \frac{a + b + c} {3}$ Thì bất đẳng thức về bên dạng bất đẳng thức cosi với 3 số thực dương.

4. Chứng minh bất đẳng thức Cosi với n số thực ko âm

Theo minh chứng phía trên, n = 2 thì bất đẳng thức luôn luôn trúng.

Nếu bất đẳng thức trúng với n số thì nó cũng như với 2n số. Chứng minh điều này như sau:

$x_1+ x_2 + …, + x_n$

$\ge n\sqrt [n] {x_1x_2…x_n} + n\sqrt [n] {x_{n + 1}x_{n + 2}…x_{2n}}$

$\ge 2n\sqrt [2n] {x_{n + 1}x_{n + 2}…x_{2n}}$

Theo quy hấp thụ thì bất đẳng thức trúng với n là 1 lũy quá của 2.

Mặt không giống fake sử bất đẳng thức trúng với n số thì tớ cũng minh chứng được nó trúng với n-1 số như sau:

Theo bất đẳng thức cosi cho tới n số:

$x_1+ x_2 + …, + x_n \ge n\sqrt [n] {x_1x_2…x_n}$

$x_n = \frac {s}{n – 1}, s =x_1 + x_2 + …, + x_n$

$=> s \ge (n – 1) \sqrt [n – 1] {x_1x_2…x_{n – 1}}$

Đây đó là bđt Cosi (n-1) số. Như vậy tớ sở hữu dpcm.

III. Quy tắc cộng đồng nhập minh chứng bất đẳng thức

Quy tắc tuy nhiên hành: đa số những BĐT đều phải có tính đối xứng vì thế việc dùng những minh chứng một cơ hội tuy nhiên hành, tuần tự động sẽ hỗ trợ tớ tưởng tượng đi ra được thành quả nhanh gọn và kim chỉ nan cơ hội fake nhanh chóng rộng lớn.

Quy tắc vệt bằng: vệt bởi vì “ = ” nhập BĐT là vô cùng cần thiết. Nó đỡ đần ta đánh giá tính trúng đắn của minh chứng. Nó kim chỉ nan cho tới tớ cách thức giải, phụ thuộc vào điểm rơi của BĐT. Chính nên là mà trong lúc dạy dỗ cho tới học viên tớ tập luyện cho tới học viên sở hữu thói thân quen mò mẫm ĐK xẩy ra vệt bởi vì tuy vậy trong số kì thi đua học viên rất có thể ko trình diễn phần này. Ta thấy được điểm mạnh của vệt bởi vì đặc trưng nhập cách thức điểm rơi và cách thức tách nghịch tặc hòn đảo nhập chuyên môn dùng BĐT Cô Si.

Quy tắc về tính chất bên cạnh đó của vệt bằng: không chỉ có học viên tuy nhiên trong cả một số trong những nhà giáo khi mới nhất phân tích và minh chứng BĐT cũng thương vô cùng hoặc vướng sai lầm không mong muốn này. sát dụng tiếp tục hoặc tuy nhiên hành những BĐT tuy nhiên ko lưu ý tới điểm rơi của vệt bởi vì. Một phương pháp khi vận dụng tuy nhiên hành những BĐT là vấn đề rơi cần được bên cạnh đó xẩy ra, tức thị những vệt “ = ” cần được nằm trong được thỏa mãn nhu cầu với và một ĐK của biến chuyển.

Xem thêm: Hướng dẫn sử dụng chế độ vệ sinh lồng giặt đúng cách

Quy tắc biên: Trung tâm của quy tắc biên này là những vấn đề quy hướng tuyến tính, những vấn đề tối ưu, những vấn đề vô cùng trị sở hữu ĐK buộc ràng, độ quý hiếm lớn số 1 nhỏ nhất của hàm nhiều biến chuyển bên trên một miền đóng góp. Ta hiểu được những độ quý hiếm lớn số 1, nhỏ nhất thông thường xẩy ra ở những địa điểm biên và những đỉnh phía trên biên.

Quy tắc đối xứng: những BĐT thông thường sở hữu tính đối xứng vậy thì tầm quan trọng của những biến chuyển nhập BĐT là như nhau vì thế vệt “ = ” thông thường xẩy ra bên trên địa điểm những biến chuyển cơ cân nhau. Nếu vấn đề sở hữu gắn hệ ĐK đối xứng thì tớ rất có thể đã cho thấy vệt “ = ” xẩy ra khi những biến chuyển cân nhau và mang trong mình 1 độ quý hiếm ví dụ.

Chiều của BĐT : “ ≥ ”, “ ≤ ” cũng sẽ hỗ trợ tớ kim chỉ nan được cơ hội bệnh minh: review kể từ TBC thanh lịch TBN và ngược lại

Trên là 5 quy tắc sẽ hỗ trợ tớ sở hữu kim chỉ nan nhằm minh chứng BĐT, học viên tiếp tục thực sự hiểu rõ những quy tắc bên trên qua chuyện những ví dụ và phản hồi tại đoạn sau.

IV. Ví dụ về bất đẳng thức cosi

Ví dụ 1: Cho những số thực dương a, b, c thỏa mãn nhu cầu a² + b² + c² = 3.

Chứng minh rằng:

$\sqrt{ \frac {a^2}{a^2 +b +c}} + \sqrt{ \frac {a^2}{a^2 +b +c}} + \sqrt{ \frac {a^2}{a^2 +b +c}} \le \sqrt{3}$

Gợi ý đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Cosi, tớ có:

(a²+ b + c)(1 + b + c) ≥ (a + b + c)² . Do cơ, nhằm minh chứng bất đẳng thức vẫn cho tới, tớ chỉ việc minh chứng rằng:

$\frac {a \sqrt {1 + b + c} + b \sqrt {1 + c + a} + c \sqrt {1 + a + b}}{a + b + c} \le \sqrt{3}$

Áp dụng bất đẳng thức Cosi phen loại nhì tớ thu được:

VT $= \frac { \sqrt{a}\sqrt{a(1 + b + c)} + \sqrt{b}\sqrt{b(1 + c + a)} + \sqrt{c}\sqrt{c(1 + a + b)}}{a + b + c}$

$\le \frac { \sqrt{{(a + b + c)}[a(1 + b + c) + b(1 + c + a) + c(1 + a + b)] }} {a + b + c}$

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

$\le \sqrt{1 + \frac {2(a + b +c)}{3}}$

$\le \sqrt{1 + \frac {2 \sqrt{3(a^2 + b^2 + c^2)}}{3}} = \sqrt{3} (đpcm)$

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Ví dụ 2: Tìm độ quý hiếm nhỏ nhất của biểu thức $A = x + \frac{7}{x}$ với x > 0

Gợi ý đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho tới nhì số x > 0 và tớ có:

$x + \frac{7}{x} \ge 2\sqrt {x.\frac{7}{x}} = 2\sqrt 7$

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi $x = \frac{7}{x} \Leftrightarrow {x^2} = 7 \Leftrightarrow x = \sqrt 7$ (do x > 0)

Vậy min $A = 2\sqrt 7 \Leftrightarrow x = \sqrt 7$

Ví dụ 3: Cho x > 0, hắn > 0 thỏa mãn nhu cầu ĐK $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{2}$ . Tìm độ quý hiếm lớn số 1 của biểu thức $A = \sqrt x + \sqrt y$

Gợi ý đáp án

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho tới nhì số x > 0, hắn > 0 tớ có:

$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \ge 2\sqrt {\frac{1}{x}.\frac{1}{y}}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2} \ge \frac{2}{{\sqrt {xy} }} \Leftrightarrow \sqrt {xy} \ge 4$

Lại sở hữu, vận dụng bất đẳng thức Cô si cho tới nhì số x > 0, hắn > 0 tớ có:

$\sqrt x + \sqrt hắn \ge 2\sqrt {\sqrt {xy} } = 2\sqrt 4 = 4$

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l} x = y\\ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow x = hắn = 4$

Vậy minA = 4 khi và chỉ khi x = hắn = 4

V. Bài tập dượt bất đẳng thức cosi

Bài 1. Giải những phương trình sau:

$a) \quad\left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+2\right)\left(z^{2}+8\right)=32 x hắn z \quad(x, hắn, z>0)$

$b) x+\sqrt{2-x^{2}}=4 y^{2}+4 y+3$

$c) \frac{16}{\sqrt{x-3}}+\frac{4}{\sqrt{y-1}}+\frac{1225}{\sqrt{z-665}}=82-\sqrt{x-3}-\sqrt{y-1}-\sqrt{z-665}$

$d) \frac{x+1}{\sqrt{x}}+\frac{4(y-1) \sqrt[3]{y-1}+4}{\sqrt[3]{(y-1)^{2}}}=10$

Bài 2. Giải phương trình:

$a) \quad \sqrt{x-1}+x-3=\sqrt{2(x-3)^{2}+2 x-2}.$

$b) \quad \frac{x}{2 x+y+z}+\frac{y}{2 y+z+x}+\frac{z}{2 z+x+y}=\frac{3}{4}.$

Bài 3. Giải hê phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{2 x^{2}}{1+x^{2}}=y \\ \frac{3 y^{3}}{1+y^{2}+y^{4}}=z \\ \frac{4 z^{4}}{1+z^{2}+z^{4}+z^{6}}=x\end{array}\right.$

Bài 4. Xác đinh số vẹn toàn dương n và những số dương $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ thỏa:

$\left\{\begin{array}{l} \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}+\ldots+\mathrm{x}_{\mathrm{n}}=9 \\ \frac{1}{\mathrm{x}_{1}}+\frac{1}{\mathrm{x}_{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathrm{x}_{\mathrm{n}}}=1 \end{array}\right.$

Bài 5. Giải hê phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y+z=1 \\ x^{4}+y^{4}+z^{4}=x hắn z\end{array}\right.$

Bài 6. Giải hê phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{1+x_{1}}+\sqrt{1+x_{2}}+\ldots+\sqrt{1+x_{n}}=n \sqrt{\frac{n+k}{n}} \\ \sqrt{1-x_{1}}+\sqrt{1-x_{2}}+\ldots+\sqrt{1-x_{n}}=n \sqrt{\frac{n-k}{n}}\end{array}\right.$

Bài 7: Tìm độ quý hiếm nhỏ nhất của những biểu thức sau:

a, $B = \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {x + 9} \right)}}{x}$ với x > 0

(gợi ý: thay đổi $B = \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {x + 9} \right)}}{x} = \frac{{{x^2} + 13x + 36}}{x} = x + 13 + \frac{{36}}{x}$ rồi vận dụng bất đẳng thức Cô si)

b, $C = \frac{{{{\left( {x + 10} \right)}^2}}}{x}$ với x > 0

c, $D = \frac{x}{3} + \frac{3}{{x - 2}}$ với x > 2

(gợi ý: thay đổi rồi vận dụng bất đẳng thức Cô si)

Bài 8: Tìm độ quý hiếm nhỏ nhất của biểu thức $P = x + \frac{1}{y} + \frac{4}{{x - y}}$ với x > hắn > 0

(gợi ý: thay đổi $P = x - hắn + \frac{4}{{x - y}} + hắn + \frac{1}{y}$ )

Bài 9: Với a, b, c là những số thực ko âm, bệnh minh:

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

(gợi ý vận dụng bất đẳng thức Cô si cho tới tía số a, b, c ko âm)

Xem thêm: Giải trí

Bài 10: Cho tía số thực dương a, b, c thỏa mãn nhu cầu a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

$\frac{{b + c}}{a} + \frac{{c + a}}{b} + \frac{{a + b}}{c} \ge 6$

(gợi ý dùng cách thức thực hiện trội)