Chứng minh bất đẳng thức là một trong những loại toán gây khó khăn cho học sinh THCS. Sau đây mình xin giới thiệu một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và các ví dụ có liên quan đến căn thức. Mong rằng các bạn sẽ ủng hộ
I - PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}<\sqrt{\frac{a+b}{2}}$ với $a>0;b>0; a\neq b$ (1)
Giải
$(1)\Leftrightarrow \frac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}<\frac{a+b}{2}$
$\Leftrightarrow a+b+2\sqrt{ab}<2a+2b$
$\Leftrightarrow 0
$0<(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}$ (2)
Do $a\neq b$ nên bất đẳng thức (2) đúng, vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh 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 đẳng thức (1) được chứng minh.
II - PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI, LÀM GIẢM
Ví dụ 3: 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 mối 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 $A<2[(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})]+...+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{2}-\sqrt{1})=2(\sqrt{n}-\sqrt{1})=2\sqrt{n}-2$
III - PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ BIẾT
Ta nhắc lại ở đây ba bất đẳng thứ quan trọng
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 Cô-si
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 Bu-nhi-a-cốp-xki
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 4: Co a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức:
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$
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 Bu-nhi-a-cốp-xki 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 5. Cho a, b, c là các số không âm và a + b + c = 1. Chứng minh:
$a) \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}<3,5$
$b)\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$
Giải
a) .Áp dụng bất đẳng thức Cô-si 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 ba 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 Bu-nhi-a-cốp-xki, có:
$(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{2}\leq 3(a+b+b+c+c+a)=3.2=6$
$\Rightarrow $ $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$
IV - PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
Ví dụ 6. Cho a + b = 2. Chứng minh rằng
$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\leq 2$
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 $m+n\leq 2$
V - PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
Ví dụ 7. 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 $a_{1}=a_{2}=...a_{n}$