Dạng 1: Chứng minh bất đẳng thức

Thí dụ 1. Hãy so sánh $\sqrt {2000} + \sqrt {2005} $ và$\sqrt {2002} + \sqrt {2003} $.
Giả sử: $\sqrt {2000} + \sqrt {2005} $ < $\sqrt {2002} + \sqrt {2003} $
⇔ ($\sqrt {2000} + \sqrt {2005} $)$^2$ < ($\sqrt {2002} + \sqrt {2003} $)$^2$
⇔ 2000 + 2005 + 2$\sqrt {2000} .\sqrt {2005} $ < 2002 + 2003 + 2$\sqrt {2002} .\sqrt {2003} $
⇔ $\sqrt {2000} .\sqrt {2005} $ < $\sqrt {2002} .\sqrt {2003} $ ⇔ 2000.2005 < 2002.2003
⇔ (2002 - 2)(2003 + 2) < 2002.2003
⇔ 2002.2003 - 6 < 2002.2003, luôn đúng.
Vậy, ta được $\sqrt {2000} + \sqrt {2005} $ < $\sqrt {2002} + \sqrt {2003} $.

Nhận xét: Như vậy, để thưc hiện yêu cầu trên chúng ta đi thiết lập một bất đẳng thức, rồi bằng các phép biến đổi đại số thông thường chúng ta khẳng định bất đẳng thức đó đúng.

Thí dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c luôn có: a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ ≥ ab + bc + ca.

Ta có ba cách trình bày theo phương pháp 1 (mang tính minh hoạ), như sau:
Cách 1: Ta biến đổi bất đẳng thức như sau:
a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ - (ab + bc + ca) ≥ 0
⇔ ($\frac{{{a^2}}}{2}$ - ab + $\frac{{{b^2}}}{2}$) + ($\frac{{{b^2}}}{2}$ - bc + $\frac{{{c^2}}}{2}$) + ($\frac{{{c^2}}}{2}$ - ca + $\frac{{{a^2}}}{2}$) ≥ 0
⇔ ($\frac{a}{{\sqrt 2 }}$ - $\frac{b}{{\sqrt 2 }}$)$^2$ + ($\frac{b}{{\sqrt 2 }}$ - $\frac{c}{{\sqrt 2 }}$)$^2$ + ($\frac{c}{{\sqrt 2 }}$ - $\frac{a}{{\sqrt 2 }}$)$^2$ ≥ 0, luôn đúng.
Dấu "=" xảy ra khi: $\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{b}{{\sqrt 2 }} = \frac{c}{{\sqrt 2 }}$ ⇔ a = b = c.

Cách 2: Ta biến đổi bất đẳng thức như sau:
2(a$^2$ + b$^2$ + c$^2$) ≥ 2(ab + bc + ca)
⇔ (a$^2$ + b$^2$ - 2ab) +(b$^2$ + c$^2$ - 2bc) + (c$^2$ + a$^2$ - 2ca) ≥ 0
⇔ (a - b)$^2$ + (b - c)$^2$ + (c - a)$^2$ ≥ 0, luôn đúng.
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c.

Cách 3: Ta luôn có: $\left\{ \begin{array}{l}{(a - b)^2} \ge 0\\{(b - c)^2} \ge 0\\{(c - a)^2} \ge 0\end{array} \right.$ ⇔ $\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} - 2ab \ge 0\\{b^2} + {c^2} - 2bc \ge 0\\{c^2} + {a^2} - 2ca \ge 0\end{array} \right.$. (I)
Cộng theo vế các bất phương trình trong hệ (I), ta được:
2(a$^2$ + b$^2$ + c$^2$) - 2(ab + bc + ca) ≥ 0 ⇔ a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ ≥ ab + bc + ca, đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c.

Nhận xét: Như vậy, thông qua ví dụ trên đã minh hoạ cho các em học sinh thấy được ba hướng chứng minh bất đẳng thức khi sử dụng phương pháp 1 và sau đây ta sẽ minh hoạ bằng một ví dụ cho hướng 4.

Thí dụ 3. Chứng minh rằng với mọi n ∈ $\mathbb{N}$* luôn có:
a. $\frac{1}{{1.2}}$ + $\frac{1}{{2.3}}$ + ... + $\frac{1}{{n(n + 1)}}$ < 1.
b. $\frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{n^2}}}$ < 1.
a. Nhận xét rằng: $\frac{1}{{k(k + 1)}}$ = $\frac{1}{k}$ - $\frac{1}{{k + 1}}$,
do đó: VT = (1 - $\frac{1}{2}$) + ($\frac{1}{2}$ - $\frac{1}{3}$) + ... + ($\frac{1}{n}$ - $\frac{1}{{n + 1}}$) = 1 - $\frac{1}{{n + 1}}$ < 1, đpcm.
b. Ta có: $\frac{1}{{{k^2}}}$ < $\frac{1}{{k(k - 1)}}$ = $\frac{1}{{k - 1}}$ - $\frac{1}{k}$ với k ≥ 1
Do đó: $\frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{n^2}}}$ < 1 + $\frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{{n - 1}} - \frac{1}{n}$ = 1 - $\frac{1}{n}$ < 1, đpcm.
Chú ý: Với các bất đẳng thức có điều kiện cần khéo léo biến đổi để tận dụng được điều kiện của giả thiết.

Thí dụ 4. Chứng minh rằng:
a. Nếu x$^2$ + y$^2$ = 1 thì |x + y| ≤ $\sqrt 2$.
b. Nếu 4x - 3y = 15 thì x$^2$ + y$^2$ ≥ 9.
a. Ta có: (x + y)$^2$ = x$^2$ + y$^2$ + 2xy ≤ 2(x$^2$ + y$^2$) = 2 nên |x + y| ≤ $\sqrt 2 $.
Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{ \begin{array}{l}x = y\\{x^2} + {y^2} = 1\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}x = y\\2{x^2} = 1\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \,\,x = y = \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}.$

b. Ta có: 4x - 5y = 15 ⇔ y = $\frac{4}{3}$x - 5.
Do đó: x$^2$ + y$^2$ = x$^2$ + ${\left( {\frac{4}{3}x - 5} \right)^2}$ = x$^2$ + $\frac{{16}}{9}$x$^2$ - $\frac{{40}}{3}$x + 25
= $\frac{{25}}{9}$x$^2$ - $\frac{{40}}{3}$x + 25 = ${\left( {\frac{5}{3}x - 4} \right)^2}$ + 9 ≥ 9.
Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{ \begin{array}{l}\frac{5}{3}x - 4 = 0\\4x - 3y = 15\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 12/5\\y = - 9/5\end{array} \right.$.

Thí dụ 5. Chứng minh rằng, nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì: a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ < 2(ab + bc + ca).
Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì vai trò của a, b, c là như nhau.
Do đó, ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c.
Khi đó: 0 ≤ a - b < c nên (a - b)$^2$ < c$^2$ ⇒ a$^2$ + b$^2$ < c$^2$ + 2ab.
0 ≤ b - c < c nên (b - c)$^2$ < a$^2$ ⇒ b$^2$ + c$^2$ < a$^2$ + 2bc.
0 ≤ a - c < b nên (a - c)$^2$ < b$^2$ ⇒ a$^2$ + c$^2$ < b$^2$ + 2ac.
Từ đó, ta có: 2(a$^2$ + b$^2$ + c$^2$) < a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ + 2(ab + bc + ca)
⇔ a$^2$ + b$^2$ + c$^2$ < 2(ab + bc + ca).

Thí dụ 6. Chứng minh rằng với mọi a, b ∈ $\mathbb{R}$ luôn có:
$\frac{{a + b}}{2}$.$\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}$.$\frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}$≤$\frac{{{a^6} + {b^6}}}{2}$.
Ta đi chứng minh với mọi x, y luôn có:
$\frac{{x + y}}{2}$.$\frac{{{x^3} + {y^3}}}{2}$≤$\frac{{{x^4} + {y^4}}}{2}$. (*)
Thật vậy: (*) ⇔ (x + y)(x$^3$ + y$^3$) ≤ 2(x$^4$ + y$^4$) ⇔ xy(x$^2$ + y$^2$) ≤ x$^4$ + y$^4$
⇔ (x - y)2$\left[ {{{\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)}^2} + \frac{{3{y^2}}}{4}} \right]$ ≥ 0, luôn đúng.
Khi đó áp dụng (*), ta được: $\frac{{a + b}}{2}$.$\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}$.$\frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}$ = $\left[ {\frac{{a + b}}{2}} \right.$.$\left. {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}} \right]$.$\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}$ ≤ $\frac{{{a^4} + {b^4}}}{2}$.$\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}$≤$\frac{{{a^6} + {b^6}}}{2}$, đpcm.

Thí dụ 7. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông với a là cạnh huyền. Chứng minh rằng a$^n$ ≥ b$^n$ + c$^n$, với n∈$\mathbb{N}$ và n ≥ 2.
Bất đẳng thức đúng với n = 2, bởi khi đó ta được định lý Pitago.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là a$^k$ ≥ b$^k$ + c$^k$. (1)
Ta đi chứng minh nó đúng với n = k + 1, tức là chứng minh:
a$^{k + 1}$ ≥ b$^{k + 1}$ + c$^{k + 1}$ (2)
thật vậy: a$^{k + 1}$ = a$^k$.a ≥ (b$^k$ + c$^k$)a = b$^k$.a + c$^k$.a$\mathop > \limits_{a > c}^{a > b} $b$^{k + 1}$ + c$^{k + 1}$, đpcm.

Thí dụ 8. Chứng minh rằng với mọi n ∈ $\mathbb{N}$* luôn có: 1 + $\frac{1}{{\sqrt 2 }}$ + ... + $\frac{1}{{\sqrt n }}$ < 2$\sqrt n $ (1)
Ta đi chứng minh bằng phương pháp qui nạp:

• Với n = 1, ta được 1 < 2, đúng.
• Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là: 1 + $\frac{1}{{\sqrt 2 }}$ + ... + $\frac{1}{{\sqrt k }}$ < $2\sqrt k $.
• Ta đi chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1, tức là chứng minh: 1 + $\frac{1}{{\sqrt 2 }}$ + ... + $\frac{1}{{\sqrt k }}$ + $\frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}$ < $2\sqrt {k + 1} $.

Thật vậy: VT = 1 + $\frac{1}{{\sqrt 2 }}$ + ... + $\frac{1}{{\sqrt k }}$ + $\frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}$ < $2\sqrt k $ + $\frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}$.
Ta sẽ đi chứng minh: $2\sqrt k $ + $\frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}$ < $2\sqrt {k + 1} $ ⇔ $\frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}$ < 2($\sqrt {k + 1} $ - $\sqrt k $)
⇔ $\frac{1}{{\sqrt {k + 1} }}$ < $\frac{2}{{\sqrt {k + 1} + \sqrt k }}$ ⇔ $\sqrt {k + 1} $ + $\sqrt k $ < 2$\sqrt {k + 1} $
⇔ $\sqrt k $ < $\sqrt {k + 1} $ - đúng.
Vậy, ta luôn có (1).