chứng minh bất đẳng thức

 Chứng minh bất đẳng thức là một trong những trong mỗi loại toán khiến cho trở ngại cho tới học viên trung học cơ sở. Sau đây bản thân van lơn ra mắt một vài cách thức minh chứng bất đẳng thức và những ví dụ đem liên quan đến căn thức. Mong rằng chúng ta sẽ ủng hộ

I - PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Bạn đang xem: chứng minh bất đẳng thức

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 minh chứng.

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 hội 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 minh chứng.

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 phương pháp thực hiện rời từng 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 phương pháp thực hiện trội ông tơ 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 phụ vương bất đẳng loại quan liêu trọng

1. Tổng của nhì số nghịch đảo nhau

                          $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2$ với x, nó là nhì số nằm trong dấu

2. Bất đẳng thức Cô-si 

Cho a, b, c là những 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 nằm trong của n số không âm to hơn hoặc khoảng 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 những số không âm.

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

3. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki 

 Cho nhì cỗ số a, b, c và x, nó, 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 nhì cỗ n số: $(a_{1}, a_{2},..., a_{n})$ và $(b_{1}, b_{2},..., b_{n})$.Tích của tổng những bình phương n số của cục số này và tổng những bình phương n số của cục số bại to hơn hoặc vì chưng bình phương của tổng n tích nhì số tương ứng của nhì cỗ 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 xẩy ra Khi và chỉ khi $(a_{1},a_{2},...,a_{n})$ và  $(b_{1},b_{2},...,b_{n})$ là nhì cỗ số tỉ lệ thành phần cùng nhau tức là $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ với quy ước rằng nếu như kiểu mẫu vì chưng 0 thì tử vì chưng 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 hội chứng minh $AB\geq C^{2}$

Nếu A = 0 thì $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$, bất đẳng thức được minh chứng. Cũng vậy nếu như B = 0. Do bại tớ chỉ việc xét tình huống A và B không giống 0

Với từng x tớ 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 bên trên được 

Xem thêm: cho hàm số y=f(x) liên tục trên r

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

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

Vì (1) trúng với từng x nên thay $x=\frac{C}{A}$vào (1) tớ 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 đi 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 như kiểu mẫu vì chưng 0 thì tử cần vì chưng 0

Ví dụ 4: Co a, b, c là những 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 tớ 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 đi 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 phụ vương bất đẳng thức tớ 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 tớ 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 những 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) .sít dụng bất đẳng thức Cô-si tớ có

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

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

Cộng từng vế phụ vương bất đẳng thức bên trên ta được

        $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\leq\frac{a+b+c}{2}+3=3,5$

Dấu "=" xẩy ra Khi và chỉ Khi a + 1 = b + 1 = c + 1 = 1 $\Leftrightarrow$  a = b = c = 0, Trái với fake 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 hội 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 nhì vế cho tới số dương m + n tớ 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 tiếp tục minh chứng 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 $x\geq 0$, tớ có $a_{k+1} =x+y$ với $y\geq0$ và 

$x^{k}\geq a_{1}a_{2}...a_{k}$ (do fake thiết quy nạp). Ta có:

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

Xem thêm: toán lớp 5 bài 102

Suy đi 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 từng số tự động nhiên $n\geq 2$

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