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 $a_{1}=a_{2}=...a_{n}$

Hướng dẫn giải bài tập bất đẳng thức qua các đề thi đại học

Từ trước tới nay, bất đằng thức luôn là bài toán khó trong các đề thi tuyển sinh vào đại học ở môn Toán.

Chính bởi nó khó như vậy nên thường là câu cuối cùng của các đề thi, nó được cho 1 điểm quý báu. Sau đây là Hướng dẫn giải các bài tập bất đẳng thức qua các đề thi đại học.

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.

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.

Khái niệm cơ bản về bất đẳng thức

Khái niệm cơ bản về bất đẳng thức, bài toán bất đẳng thức thường gặp, tính chất của bất đẳng thức, bất đẳng thức hệ quả và bất đẳng thức tương đương.

1. Khái niệm bất đẳng thức

Trong toán học, một bất đẳng thức là một phát biểu về quan hệ thứ tự giữa hai đối tượng.

- Ký hiệu  a<b  có nghĩa là a nhỏ hơn b
- Ký hiệu  a > b có nghĩa là a lớn hơn b

Những quan hệ nói trên được gọi là bất đẳng thức nghiêm ngặt; ngoài ra ta còn có các bất đẳng thức không ngặt :
- a $ \displaystyle \le $ b có nghĩa là a nhỏ hơn hoặc bằng b
- a $ \displaystyle \ge $ b có nghĩa là a lớn hơn hoặc bằng b.

Người ta còn dùng một ký hiệu khác để chỉ ra rằng một đại lượng lớn hơn rất nhiều so với một đại lượng khác.

Ký hiệu a >> b có nghĩa là a lớn hơn b rất nhiều.

Các ký hiệu a, b ở hai vế của một bất đẳng thức có thể là các biểu thức của các biến. Sau đây ta chỉ xét các bất đẳng thức với các biến nhận giá trị trên tập số thực hoặc các tập con của nó.

- Nếu một bất đẳng thức đúng với mọi giá trị của tất cả các biến có mặt trong bất đẳng thức, thì bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức tuyệt đối hay không điều kiện.
- Nếu một bất đẳng thức chỉ đúng với một số giá trị nào đó của các biến, với các giá trị khác thì nó bị đổi chiều hay không còn đúng nữa thì nó được goị là một bất đẳng thức có điều kiện.
- Một bất đẳng thức đúng vẫn còn đúng nếu cả hai vế của nó được thêm vào hoặc bớt đi cùng một giá trị, hay nếu cả hai vế của nó được nhân hay chia với cùng một số dương.
- Một bất đẳng thức sẽ bị đảo chiều nếu cả hai vế của nó được nhân hay chia bởi một số âm.

2. Bài toán thường gặp trên các bất đẳng thức

1. Chứng minh bất đẳng thức đúng với trị giá trị của các biến thuộc một tập hợp cho trước, đó là bài toán chứng minh bất đẳng thức.
2. Tìm tập các giá trị của các biến để bất đẳng thức đúng. Đó là bài toán giải bất phương trình.
3. Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của một biểu thức một hay nhiều biến.

3. Bất đẳng thức hệ quả và bất đẳng thức tương đương

Ta nói: bất đẳng thức a < c là hệ quả của bất đẳng thức a < b và b < c. Vì:

   Nếu a < b và b < c thì a < c (tính chất bắc cầu).

   Ta nói: bất đẳng thức a + c < b + c là hệ quả của bất đẳng thức a < b với c tùy ý.
Vì: Nếu a < b thì a + c < b + c với c tùy ý (tính chất cộng của hai vế bất đẳng thức với một số).

   Tổng quát, ta có định nghĩa:
- Nếu mệnh đề "a<b => c<d " đúng thì ta nói bất đẳng thức c<d là bất đẳng thức hệ quả của bất đẳng thức a<b
- Nếu bất đẳng thức a<b là hệ quả của bất đẳng thức c<d và ngược lại thì ta nói hai bất đẳng thức tương đương với nhau và viết là a<b <=> c<d

4. Tính chất của bất đẳng thức

- Với mọi số thực a, b, c:

Nếu a > b và b > c thì a > c

Nếu a < b và b < c thì a < c

- Với mọi số thực a, b và c:

Nếu a > b thì a + c > b + c và a – c > b – c

Nếu a < b thì a + c < b + c và a – c < b – c

- Với mọi số thực a, b và c:

Nếu c là một số dương và a > b thì a × c > b × c và a/c > b/c

 Nếu c là một số dương và a < b thì a × c < b × c và a/c < b/c

Nếu c là một số âm và a > b thì a × c < b × c và a/c < b/c Nếu c là một số âm và a < b thì a × c > b × c và a/c > b/c

5. Kí hiệu ghép nối trong bất đẳng thức

$ \displaystyle {{a}_{1}}$ ≤$ \displaystyle {{a}_{2}}$ ≤…≤$ \displaystyle {{a}_{n}}$  trong đó $ \displaystyle {{a}_{i}}$≤$ \displaystyle {{a}_{i+1}}$ với i = 1,2,…,n-1.