Dạng 1: Chứng minh bất đẳng thức

Học Lớp

Administrator
Thành viên BQT
#1
Phương pháp áp dụng
Để chứng minh bất đẳng thức: A > B ta lựa chọn một trong các phương pháp sau:
Phương pháp 1: Phương pháp chứng minh bằng định nghĩa. Khi đó ta lựa chọn theo các hướng:
  • Hướng 1: Chứng minh A - B > 0.
  • Hướng 2: Thực hiện các phép biến đổi đại số để biến đổi bất đẳng thức ban đầu về một bất đẳng thức đúng.
  • Hướng 3: Xuất phát từ bất đẳng thức đúng.
  • Hướng 4: Biến đổi vế trái hoặc vế phải.
Phương pháp 2: Sử dụng tính chất bắc cầu, tức là chứng minh: A > C và C > B.
Phương pháp 3: Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản.
Phương pháp 4: Phương pháp chứng minh phản chứng, được áp dụng với các bài toán yêu cầu chứng minh ít nhất một bất đẳng thức trong các bất đẳng thức đã cho là đúng hoặc sai.
Phương pháp 5: Phương pháp chứng minh quy nạp, được áp dụng với các bài toán liên hệ với n ∈ $\mathbb{Z}$ hoặc n ∈ $\mathbb{N}$.
Phương pháp 6: Phương pháp vectơ và hình học, bằng việc sử dụng tính chất:
  • Nếu a, b, c là độ ba cạnh của một tam giác thì a + b > c và |a - b| < c
  • Sử dụng định lý hàm số sin và hàm số cosin.
  • |$\overrightarrow u $ + $\overrightarrow v $| ≤ |$\overrightarrow u $| + |$\overrightarrow v $|, dấu đẳng thức xảy ra khi $\overrightarrow u $ = k$\overrightarrow v $, k > 0 (tức là $\overrightarrow u $, $\overrightarrow v $ cùng hướng).
  • |$\overrightarrow u $.$\overrightarrow v $| ≤ |$\overrightarrow u $|.|$\overrightarrow v $|, dấu đẳng thức xảy ra khi $\overrightarrow u $ = k$\overrightarrow v $ (tức là $\overrightarrow u $, $\overrightarrow v $ cùng phương).

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).
 
Sửa lần cuối:

Bình luận bằng Facebook

Chương 4: Bất đẳng thức và bất phương trình

Lý thuyết và 6 dạng phương trình, bất phương trình thường gặp Mờ rộng phương trình - bất phương trình và hệ phương trình một ẩn Sử dụng bảng xét dấu để giải phương trình - bất phương trình Bất phương trình và hệ bất phương trình hai ẩn Bất phương trình bậc hai Phương trình - Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối và chứa căn