Bất đẳng thức – SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍCH CHẤT CƠ BẢN

DẠNG TOÁN 1: SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍCH CHẤT CƠ BẢN

1. Phương pháp giải

Để chứng minh bất đẳng thức(BĐT) \(A \ge B\) ta có thể sử dụng các cách sau:

Ta đi chứng minh \(A – B \ge 0\). Để chứng minh nó ta thường sử dụng các hằng đẳng thức để phân tích \(A – B\) thành tổng hoặc tích của những biểu thức không âm.

Xuất phát từ BĐT đúng, biến đổi tương đương về BĐT cần chứng minh.

2. Các ví dụ minh họa

Loại 1: Biến đổi tương đương về bất đẳng thức đúng

Ví dụ 1:

Cho hai số thực \(a,b,c\). Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau

a) \(ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\)

b) \(ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\)

c) \(3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}\)

d) \({\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right)\)

Hướng dẫn:

a) Ta có \({a^2} + {b^2} – 2ab = {(a – b)^2} \ge 0 \Rightarrow {a^2} + {b^2} \ge 2ab\). Đẳng thức\( \Leftrightarrow a = b\).

b) Bất đẳng thức tương đương với \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} – ab \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab \Leftrightarrow {\left( {a – b} \right)^2} \ge 0\) (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra\( \Leftrightarrow a = b\)

c) BĐT tương đương \(3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a – b} \right)^2} + {\left( {b – c} \right)^2} + {\left( {c – a} \right)^2} \ge 0\) (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra\( \Leftrightarrow a = b = c\)

d) BĐT tương đương \({a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) – 2\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\) \( \Leftrightarrow {\left( {a – b} \right)^2} + {\left( {b – c} \right)^2} + {\left( {c – a} \right)^2} \ge 0\) (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra\( \Leftrightarrow a = b = c\)

Nhận xét:  Các BĐT trên được vận dụng nhiều, và được xem như là “bổ đề” trong chứng minh các bất đẳng thức khác.

Ví dụ 2:

Cho năm số thực \(a,b,c,d,e\). Chứng minh rằng

\({a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} \ge a(b + c + d + e)\).

Hướng dẫn:

Ta có : \({a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} – a(b + c + d + e) = \)

\( = (\frac{{{a^2}}}{4} – ab + {b^2}) + (\frac{{{a^2}}}{4} – ac + {c^2}) + (\frac{{{a^2}}}{4} – ad + {d^2}) + (\frac{{{a^2}}}{4} – ae + {e^2})\)

\( = {(\frac{a}{2} – b)^2} + {(\frac{a}{2} – c)^2} + {(\frac{a}{2} – d)^2} + {(\frac{a}{2} – e)^2} \ge 0 \Rightarrow \) đpcm.

Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow b = c = d = e = \frac{a}{2}\).

 

Loại 2:  Xuất phát từ một BĐT đúng ta biến đổi đến BĐT cần chứng minh

Đối với loại này thường cho lời giải không được tự nhiên và ta thường sử dụng khi các biến có những ràng buộc đặc biệt

* Chú ý hai mệnh đề sau thường dùng

\(a \in \left[ {\alpha ;\beta } \right] \Rightarrow \left( {a – \alpha } \right)\left( {a – \beta } \right) \le 0\)     \(\left( * \right)\)

\(a,b,c \in \left[ {\alpha ;\beta } \right] \Rightarrow \left( {a – \alpha } \right)\left( {b – \alpha } \right)\left( {c – \alpha } \right) + \left( {\beta  – a} \right)\left( {\beta  – b} \right)\left( {\beta  – c} \right) \ge 0\left( {**} \right)\)

 Ví dụ 1:

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng :\({a^2} + {b^2} + {c^2} < 2(ab + bc + ca)\).

Hướng dẫn:

Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có :

\(a + b > c \Rightarrow ac + bc > {c^2}\). Tương tự

\(bc + ba > {b^2};{\rm{  }}ca + cb > {c^2}\) cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm

Nhận xét:

* Ở trong bài toán trên ta đã xuất phát từ BĐT đúng đó là tính chất về độ dài ba cạnh của tam giác. Sau đó vì cần xuất hiện bình phương nên ta nhân hai vế của BĐT với c.

Ngoài ra nếu xuất phát từ BĐT \(|a – b| < c\) rồi bình phương hai vế ta cũng có được kết quả.

Ví dụ 2:

Cho \(a,b,c \in [0;1]\). Chứng minh : \({a^2} + {b^2} + {c^2} \le 1 + {a^2}b + {b^2}c + {c^2}a\)

Hướng dẫn:

Cách 1:

Vì \(a,b,c \in [0;1] \Rightarrow (1 – {a^2})(1 – {b^2})(1 – {c^2}) \ge 0\)

\( \Leftrightarrow 1 + {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} – {a^2}{b^2}{c^2} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\) (*)

Ta có : \({a^2}{b^2}{c^2} \ge 0;{\rm{  }}{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le {a^2}b + {b^2}c + {c^2}a\) nên từ (*) ta suy ra

\({a^{\rm{2}}} + {b^2} + {c^2} \le 1 + {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le 1 + {a^2}b + {b^2}c + {c^2}a\) đpcm.

Cách 2:

BĐT cần chứng minh tương đương với   \({{\rm{a}}^{\rm{2}}}\left( {1 – b} \right) + {b^2}\left( {1 – c} \right) + {c^2}\left( {1 – a} \right) \le 1\)

Mà \(a,b,c \in \left[ {0;1} \right]\) \( \Rightarrow {a^2} \le a,{b^2} \le b,{c^2} \le c\) do đó

\({a^2}\left( {1 – b} \right) + {b^2}\left( {1 – c} \right) + {c^2}\left( {1 – a} \right) \le a\left( {1 – b} \right) + b\left( {1 – c} \right) + c\left( {1 – a} \right)\)

Ta chỉ cần chứng minh \(a\left( {1 – b} \right) + b\left( {1 – c} \right) + c\left( {1 – a} \right) \le 1\)

Thật vậy: vì \(a,b,c \in \left[ {0;1} \right]\) nên theo nhận xét \(\left( {**} \right)\) ta có

\(abc + \left( {1 – a} \right)\left( {1 – b} \right)\left( {1 – c} \right) \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \)\(a + b + c – \left( {ab + bc + ca} \right) \le 1\)

\( \Leftrightarrow \)\(a\left( {1 – b} \right) + b\left( {1 – c} \right) + c\left( {1 – a} \right) \le 1\)

vậy BĐT ban đầu được chứng minh.