Phương pháp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức \(P(n) > Q(n)\) đúng với \(\forall n \ge {n_0},{\rm{ }}{n_0} \in \mathbb{N}\) ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Tính \(P({n_0}),{\rm{ }}Q({n_0})\) rồi chứng minh \(P({n_0}) > Q({n_0})\)
Bước 2: Giả sử \(P(k) > Q(k);{\rm{ }}k \in \mathbb{N},k \ge {n_0}\), ta cần chứng minh
\(P(k + 1) > Q(k + 1)\).
Ví dụ 1 . Chứng minh rằng $\forall n \ge 1$, ta có bất đẳng thức: $\frac{{1.3.5…\left( {2n – 1} \right)}}{{2.4.6.2n}} < \frac{1}{{\sqrt {2n + 1} }}.$
+ Với $n = 1$ ta có bất đẳng thức đã cho trở thành $\frac{1}{2} < \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow 2 > \sqrt 3 $ (đúng) $ \Rightarrow $ bất đẳng thức đã cho đúng với $n = 1.$
+ Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với $n = k \ge 1$, tức là: $\frac{{1.3.5…\left( {2k – 1} \right)}}{{2.4.6…2k}} < \frac{1}{{\sqrt {2k + 1} }}.$
Ta phải chứng minh bất đẳng thức đã cho đúng với $n = k + 1$, tức là: $\frac{{1.3.5…\left( {2k – 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}{{2.4.6….2k\left( {2k + 2} \right)}}$ $ < \frac{1}{{\sqrt {2k + 3} }}$.
Thật vậy, ta có: $\frac{{1.3.5…\left( {2k – 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}{{2.4.6….2k\left( {2k + 2} \right)}}$ $ = \frac{{1.3.5…(2k – 1)}}{{2.4.6…2k}}.\frac{{2k + 1}}{{2k + 2}}$ $ < \frac{1}{{\sqrt {2k + 1} }}\frac{{2k + 1}}{{2k + 2}}$ $ = \frac{{\sqrt {2k + 1} }}{{2k + 2}}.$
Ta chứng minh: $\frac{{\sqrt {2k + 1} }}{{2k + 2}} < \frac{1}{{\sqrt {2k + 3} }}$ $ \Leftrightarrow (2k + 1)(2k + 3) < {(2k + 2)^2}$ $ \Leftrightarrow 3 > 1$ (luôn đúng).
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với mọi số tự nhiên $n \ge 1.$
Ví dụ 2 . Chứng minh rằng với $\forall n \ge 1, \forall x > 0$ ta có bất đẳng thức: $\frac{{{x^n}({x^{n + 1}} + 1)}}{{{x^n} + 1}} \le {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{2n + 1}}$. Đẳng thức xảy ra khi nào?
+ Với $n = 1$ ta cần chứng minh: $\frac{{x({x^2} + 1)}}{{x + 1}} \le {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^3}$ $ \Leftrightarrow 8x({x^2} + 1) \le {(x + 1)^4}.$
Tức là: ${x^4} – 4{x^3} + 6{x^2} – 4x + 1 \ge 0$ $ \Leftrightarrow {(x – 1)^4} \ge 0$ (đúng).
+ Giả sử $\frac{{{x^k}({x^{k + 1}} + 1)}}{{{x^k} + 1}} \le {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{2k + 1}}$, ta chứng minh: $\frac{{{x^{k + 1}}({x^{k + 2}} + 1)}}{{{x^{k + 1}} + 1}} \le {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{2k + 3}}$ $(*).$
Thật vậy, ta có: ${\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{2k + 3}}$ $ = {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^2}{\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{2k + 1}}$ $ \ge {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^2}\frac{{{x^k}({x^{k + 1}} + 1)}}{{{x^k} + 1}}.$
Nên để chứng minh $(*)$ ta chỉ cần chứng minh ${\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^2}\frac{{{x^k}({x^{k + 1}} + 1)}}{{{x^k} + 1}}$ $ \ge \frac{{{x^{k + 1}}({x^{k + 2}} + 1)}}{{{x^{k + 1}} + 1}}.$
Hay ${\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^2}{({x^{k + 1}} + 1)^2}$ $ \ge x({x^{k + 2}} + 1)({x^k} + 1)$ $(**).$
Khai triển $(**)$, biến đổi và rút gọn ta thu được: ${x^{2k + 2}}{(x – 1)^2}$ $ – 2{x^{k + 1}}{(x – 1)^2} + {(x – 1)^2} \ge 0$ $ \Leftrightarrow {(x – 1)^2}{({x^{k + 1}} – 1)^2} \ge 0$, bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x = 1.$
Vậy bài toán được chứng minh.
Để lại phản hồi