Chứng minh bất đẳng thức nhờ sử dụng các bất đẳng thức đã biết

Chứng minh bất đẳng thức nhờ sử dụng các bất đẳng thức đã biết: Bất đẳng thức Cosi, Bất đẳng thức Bunhiacopxki

1. Tổng của hai số nghịch đảo nhau

                          $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2$ với x, y là hai số cùng dấu

2. Bất đẳng thức Cosi 

Cho a, b, c là các số không âm. Khi đó:
                                             $\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$

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

Tổng quát: Trung bình cộng của n số không âm lớn hơn hoặc trung bình nhân của chúng

$\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}$

với $a_{1}, a_{2},..., a_{n}$ là các số không âm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  $a_{1}= a_{2}=...= a_{n}$

3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki 

 Cho hai bộ số a, b, c và x, y, z. Khi đó:
                                      $(a^{2}+b^{2})(x^{2}+y^{2})\geq (ax+by)^{2}$

                                 $(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq (ã+by+cz)^{2}$

Tổng quát: Có hai bộ n số: $(a_{1}, a_{2},..., a_{n}) và (b_{1}, b_{2},..., b_{n})$.Tích của tổng

các bình phương n số của bộ số này và tổng các bình phương n số của bộ số kia lớn hơn hoặc bằng

bình phương của tổng n tích hai số tương ứng của hai bộ số đó.

$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})\geq$

$(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}+b_{n})^{2}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a_{1},a_{2},...,a_{n}) và  (b_{1},b_{2},...,b_{n})$ là hai bộ số tỉ

lệ với nhau tức là $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ với quy

ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0.

Chứng minh:

Đặt:

A = $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2}$,

B = $b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2}$,

C = $a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}$.

Cần chứng minh AB$\geq C^{2}$

Nếu A = 0 thì $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$, bất đẳng thức được chứng minh. Cũng vậy nếu B = 0. Do

đó ta chỉ cần xét trường hợp A và B khác 0

Với mọi x ta có:

$(a_{1}x-b_{1})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{1}^{2}x^{2}-2a_{1}b_{1}x+b_{1}^{2}\geq 0$

$(a_{2}x-b_{2})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{2}^{2}x^{2}-2a_{2}b_{2}x+b_{2}^{2}\geq 0$
...
$(a_{n}x-b_{n})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{n}^{2}x^{2}-2a_{n}b_{n}x+b_{n}^{2}\geq 0$

Cộng từng vế n bất đẳng thức trên được

$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})x^{2}-2(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})x+(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})\geq 0$

tức là                                               $Ax^{2}-2Cx+B\geq 0$                               (1)

Vì (1) đúng với mọi x nên thay x=\frac{C}{A}vào (1) ta được

 $A.\frac{C^{2}}{A^{2}}-2.\frac{C^{2}}{A}+B\geq 0\Rightarrow B-\frac{C^{2}}{A}\geq 0\Rightarrow AB-C^{2}\geq 0\Rightarrow AB\geq C$

Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $a_{1}x=b_{1},a_{2}x=b_{2},...,a_{n}x=b_{n}$ tức là

$\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ với quy ước rằng nếu mẫu

bằng 0 thì tử phải bằng 0

Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức:
                                 
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$

Cách giải:

Cách 1: Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
             
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b+c}{4}\geq 2\sqrt{\frac{a^{2}}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2.\frac{a}{2}=a$

Suy ra  $\frac{a^{2}}{b+c}\geq a-\frac{b+c}{4}$

Tương tự $\frac{b^{2}}{a+c}\geq b-\frac{a+c}{4}; \frac{c^{2}}{a+b}\geq c-\frac{a+b}{4}$

Cộng từng vế của ba bất đẳng thức ta được

 $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq (a+b+c)-\frac{a+b+c}{2}=\frac{a+b+c}{2}$

Cách 2 : Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

$\left [ \left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}} \right )^{2} + \left (\frac{b}{\sqrt{a+c}} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{\sqrt{a+b}} \right )^{2}\right ].[(\sqrt{b+c})^{2}+(\sqrt{a+c})^{2}+(\sqrt{a+b})^{2}]$

$\geq \left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}}.\sqrt{b+c}+\frac{b}{\sqrt{a+c}}.\sqrt{a+c}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}.\sqrt{a+b} \right )^{2}$

$\Rightarrow \left ( \frac{a^{2}}{b+c} +\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{a+b}\right )[2(a+b+c)]\geq (a+b+c)^{2}$

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

Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số không âm và a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

a) $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}<3,5$

b) $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$

Cách giải:

a) Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có

                              $\sqrt{a+1}=\sqrt{1(a+1)}\leq \frac{(a+1)+1}{2}=\frac{a}{2}+1$

Tương tự :  $\sqrt{b+1} \leq \frac{b}{2}+1; \sqrt{c+1} \leq \frac{c}{2}+1$

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức trên ta được
     
$\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\leq\frac{a+b+c}{2}+3=3,5$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a + 1 = b + 1 = c + 1 = 1 $\Leftrightarrow$  a = b = c = 0, Trái với giả thiết a + b + c = 1

Vậy $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}<3,5$

b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

$(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{2}\leq 3(a+b+b+c+c+a)$=3.2=6

$\Rightarrow \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$