Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp toán học

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp toán học

Ví dụ: Chứng minh rằng $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$

Giải:

Hiển nhiên mệnh đề dúng với n = 2

Giả sử mệnh đề đúng với n = k. Ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với n = k + 1

Giả sử $a_{1}\leq a_{2}\leq ...\leq a_{k}\leq a_{k+1} thì a_{k+1}\geq \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}}{k}$

Đặt $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}}{k}=x$ thì $x\geq 0$, ta có $a_{k+1} = x+y$ với $y\geq0$ và

$x^{k}\geq a_{1}a_{2}...a_{k}$ (do giả thiết quy nạp).

Ta có:

$\left ( \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}+a_{k+1}}{k+1} \right )^{k+1}$=$\left ( \frac{kx+x+y}{k+1} \right )^{k+1}$=$\left ( x+\frac{y}{k+1} \right )^{k+1}\geq x^{k+1}+(k+1).\frac{y}{k+1}.x^{k}$=$x^{k+1}+x^{k}y$=$k^{k}(x+y)\geq a_{1}a_{2}...a_{k}a_{k+1}$

Suy ra  $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}+a_{k+1}}{k+1}\geq \sqrt[k+1]{a_{1}a_{2}...a_{k+1}}$

Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên $n\geq 2$

Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $a_{1}=a_{2}=...a_{n}$

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương

Hôm nay chúng ta sẽ dùng phương pháp biến đổi tương đương để chứng minh các bất đẳng thức đơn giản.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng bất đẳng thức đúng:

     $\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}<\sqrt{\frac{a+b}{2}}$     với a>0;b>0; $a\neq b$      (1)

Giải:

(1) $\Leftrightarrow \frac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}<\frac{a+b}{2}$

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

$0<(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}$                     (2)

Do $a\neq b$ nên bất đẳng thức (2) đúng, vậy bất đẳng thức (1) đã được chứng minh.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng bất đẳng thức

        $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\geq \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}}$                       (1)

Giải:

(1) $\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+2\sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}\geq a^{2}+c^{2}+2ac+b^{2}+d^{2}+2bd$

$\Leftrightarrow \sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}\geq ac+bd$

Nếu ac + bd < 0 thì (2) được chứng minh

Nếu $ac+bd\geq 0$ thì (2) tương đương
                     
$(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geq a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}+2abcd$
                     
$(ad-bc)^{2}\geq 0$                 (3)

Bất đẳng thức (3) đúng, vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.

Bài tập bất đẳng thức số 2

Chứng minh bất đẳng thức số 2 bằng phép biến đổi tương đương.

Với $ab \ge 1$ ta luôn có:
$\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}$

Chứng minh bằng cách dùng phép biến đổi tương đương:

$\begin{array}{l} \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \ge 0 \end{array}$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài tập bất đẳng thức số 1

Áp dụng bất đẳng thức Cosi vào giải bất đẳng thức sau đây.

Chứng minh rằng: Với a,b,c>0 và $abc \le 1$ thì ta luôn có:
$\dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{b} \ge a + b + c$

Chứng minh bất đẳng thức:

Ta có: $abc \le 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{bc}} \ge a$
Theo bất đẳng thức mở rộng Cosi ta có:
$\dfrac{{2a}}{c} + \dfrac{c}{b} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{a^2}}}{{bc}}}} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}.a}} = 3a{\rm{ }}$ (1)

Tương tự ta cũng có được:
$\dfrac{{2b}}{a} + \dfrac{a}{c} \ge 3b{\rm{ }} (2);\dfrac{{2c}}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 3c{\rm{ }}$ (3)

Từ (1),(2),(3) ta có điều phải chứng minh.