Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường dùng Toán cấp 3

Tổng hợp các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường dùng trong chương trình Toán cấp 3. Các cách chứng minh bất đẳng thức hay, có ví dụ minh họa.

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức gồm có:

1. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng định nghĩa

2. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phép biến đổi tương đương

3. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng bất đẳng thức phụ

4. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng bất đẳng thức Cosi

5. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng bất đẳng thức Bunhiacopxki

6. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng bất đẳng thức Trê bư sép

7. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng bất đẳng thức Brnouli

8.  Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng tính chất bắc cầu

9. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng dùng tính chất của tỉ số

10. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp làm trội

11. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng cách dùng bất đẳng thức trong tam giác

12. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng hình học và tọa độ

13. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng cách đổi biến số

14. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng tam thức bậc 2

15. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng quy nạp toán học

16. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng chứng minh phản chứng

17. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng biến đổi lượng giác

18. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng khai triển nhị thức Newton

19. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng tích phân

Dưới đây là chi tiết của các phương pháp trình bày ở trên.

Nguồn bài viết: Tổng hợp các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường dùng

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 phản chứng

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp phản chứng

Ví dụ 1: Cho a + b = 2. Chứng minh rằng
                                           
$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\leq 2$

Cách giải:

Đặt $\sqrt[3]{a}=m$; $\sqrt[3]{b}=n$. Ta có $m^{3}+n^{3}\leq 2$

Cần chứng minh $m+n\leq 2$

Giả sử m + n > 2 thì
$(m+n)^{3}>8\Rightarrow m^{3}+n^{3}+3mn(m+n)>8\Rightarrow 2+3mn(m+n)>8\Rightarrow$

$mn(m+n)>2\Rightarrow mn(m+n)>m^{3}+n^{3}$

Chia hai vế cho số dương m + n ta có
         
 $mn>m^{2}-mn+n^{2}\Rightarrow 0>(m-n)^{2}$    (vô lí)

Vậy $m+n\leq 2$ (đpcm)

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

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

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp làm trội làm giảm

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp làm trội làm giảm

Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức sau với $n\in \mathbb{N},n\geq 2$

                  $2\sqrt{n}-3<\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}-2$

Giải:

Đặt A=$\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}$

a) Chứng minh A > $2\sqrt{n}-3$ bằng cách làm giảm mỗi số hạng của A

$\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}>\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}$=

= $2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$   với mọi k $\in$ N*

Do đó: A>$2[(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})+...+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})]$=

= $2(\sqrt{n+1}-\sqrt{2})=2\sqrt{n+1}-2\sqrt{2}>2\sqrt{n+1}-3>2\sqrt{n}-3$

b) Chứng minh A<2\sqrt{n}-2 bằng cách làm trội mỗi số hạng của A

$\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})$   với mọi k $\in$ N*

Do đó: A<$2[(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})]+...+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{2}-\sqrt{1})=2(\sqrt{n}-\sqrt{1})=2\sqrt{n}-2$

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.