Phương pháp biến đổi tương đương chứng minh bất đẳng thức

Đây là bài thứ 3 of 4 trong chuyên đề Bất đẳng thức

Từ BĐT đề yêu cầu chứng minh, ta biến đổi đến bất đẳng thức đúng, như vậy BĐT đã được chứng minh. Đó là phương pháp biến đổi tương đương.

* Cách chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương tổng quát:

Để chứng minh A > B ta dùng các tính chất của bất đẳng thức để biến đổi sao cho:
A > B  ⇔ …..⇔ C > D

Trong đó bất đẳng thức C >D là một bất đẳng thức đúng (được thừa nhận).

Từ đó đi đến kết luận điều phải chứng minh.

Bài tập chứng minh BĐT bằng PP biến đổi tương đương:

Bài toán 1:

Chứng minh $ \sqrt{{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}+\sqrt{{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}}\ge \sqrt{{{{{\left( {a+c} \right)}}^{2}}+{{{\left( {b+d} \right)}}^{2}}}}\text{    }\left( 1 \right)$

Giải

 $ \begin{array}{l}\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+2\sqrt{{\left( {{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \right)\left( {{{c}^{2}}+{{d}^{2}}} \right)}}\ge {{\left( {a+c} \right)}^{2}}+{{\left( {b+d} \right)}^{2}}\\\text{        }\Leftrightarrow \sqrt{{\left( {{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \right)\left( {{{c}^{2}}+{{d}^{2}}} \right)}}\ge ac+bd\text{    }(2)\end{array}$

Vậy để chứng minh BĐT(1) ta phải chứng minh BĐT (2)

Nếu VP=  ac + bd < 0 thì (2) đúng

Nếu $ ac+bd\ge 0$ thì

$ \displaystyle \begin{array}{l}\left( 2 \right)\Leftrightarrow \left( {{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \right)\left( {{{c}^{2}}+{{d}^{2}}} \right)\ge {{\left( {ac+bd} \right)}^{2}}\\\text{     }\Leftrightarrow {{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{a}^{2}}{{d}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{d}^{2}}\ge {{a}^{2}}{{c}^{2}}-2abcd+{{b}^{2}}{{d}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( {ad-bc} \right)}^{2}}\ge 0\end{array}$

BĐT cuối luôn đúng vậy ta có $ \sqrt{{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}+\sqrt{{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}}\ge \sqrt{{{{{\left( {a+c} \right)}}^{2}}+{{{\left( {b+d} \right)}}^{2}}}}\text{    }\left( 1 \right)$

Bài toán 2:

Cho a và b là hai số cùng dấu:

Chứng minh rằng: $ \displaystyle \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge 2$

Giải

Giả sử: $ \displaystyle \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge 2$  (1)

⇔ a2 + b2 ≥ 2ab    (vì a và b cùng dấu nên ab > 0)

⇔ a2 + b2 –  2ab ≥ 0

⇔ (a – b)2 ≥ 0   (2)

Vì BĐT (2) là BĐT đúng . Mặt khác các phép biến đổi trên là tương đương nên BĐT (1) là BĐT đúng.

Vậy $ \displaystyle \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge 2$ (với a và b cùng dấu)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Bài toán 3:

Cho a và b là hai số thực thoả mãn a + b = 1.

Chứng minh rằng: a3 + b3 + ab $ \ge \frac{1}{2}$

Giải:

Giả sử   a3 + b3 + ab ≥ $ \frac{1}{2}$       (1)

⇔ a3 + b3 + ab – $ \frac{1}{2}$ ≥ 0

⇔ (a + b)(a2 + b2 – ab) + ab – $ \frac{1}{2}$ ≥ 0

⇔ a2 + b2 – $ \frac{1}{2}$ ≥ 0              (vì a + b = 1)

⇔ 2a2 + 2 b2 – 1 ≥ 0

⇔ 2a2 + 2(1 – a)2 – 1 ≥ 0         (vì b = 1- a)

⇔ 4a2 – 4a + 1 ≥ 0

⇔ (2a – 1)2 ≥ 0       (2)

Bất đẳng thức (2) là BĐT đúng, mặt khác các phép biến đổi trên là tương đương nên BĐT (1) là BĐT đúng.

Vậy a3 + b3 + ab ≥ $ \frac{1}{2}$        (với a + b = 1)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = $ \frac{1}{2}$

Bài toán 4:

Cho a và b là hai số dương. Chứng minh rằng: $ \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}$

Giải

Giả sử:  $ \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}$  (1)

$ \displaystyle \Leftrightarrow \frac{b+a}{ab}\ge \frac{4}{a+b}$

$ \displaystyle \Leftrightarrow {{\left( a+b \right)}^{2}}\ge 4ab$  (vì a > 0 và b > 0)

⇔ a2 + 2ab + b2 – 4ab ≥ 0

⇔ a2 – 2ab + b2 ≥ 0

⇔ (a – b)2 ≥ 0                 (2)

Vì BĐT (2) là BĐT đúng nên BĐT (1) là BĐT đúng.

Vậy: $ \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}$ (với a > 0, b > 0)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b

Bài toán 5:

Cho a, b, x, y là các số thực. Chứng minh rằng: $ \displaystyle {{(ax+by)}^{2}}\le \left( {{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \right)\left( {{{x}^{2}}+{{y}^{2}}} \right)$

Giải:

Giả sử $(a x+b y)^{2} \leq\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(x^{2}+y^{2}\right)(1)$

$\Leftrightarrow(a x)^{2}+2 a x b y+(b y)^{2} \leq(a x)^{2}+(a y)^{2}+(b x)^{2}+(b y)^{2}$

$\Leftrightarrow(a y)^{2}+(b x)^{2}-2$ ay $b x \geq 0$

$\Leftrightarrow(a y-b x)^{2} \geq 0$

(2) Vì BĐT (2) là BĐT đúng nên BĐT (1) là BĐT đúng. Vậy $(a x+b y)^{2} \leq\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(x^{2}+y^{2}\right)$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ay = bx hay $ \displaystyle \frac{a}{x}=\frac{b}{y}$

Bài toán 6:

Cho x và y là các số thực. Chứng minh rằng: $|x|+|y| \geq|x+y|$

Giải:
Giả sử $\quad|\mathrm{x}|+|\mathrm{y}| \geq|\mathrm{x}+\mathrm{y}|$

$\Leftrightarrow(|x|+|y|)^{2} \geq(|x+y|)^{2}$

$\Leftrightarrow x^{2}+2|x y|+y^{2} \geq x^{2}+2 x y+y^{2}$

$\Leftrightarrow \quad|x y| \geq x y \quad(2)$

Vì BĐT (2) là một BĐT đúng nên BĐT (1) là BĐT đúng Vậy : $|x|+|y| \geq|x+y|$

Dấu”=” xảy ra khi và chỉ khi xy $\geq 0$

Bài toán 7:

Giải:
Giả sử $ \displaystyle \frac{{\text{a}+\text{b}}}{2}\ge \sqrt{{\text{ab}}}$

$\Leftrightarrow a+b \geq 2 \sqrt{a b}$

$\Leftrightarrow a+b-2 \sqrt{a b} \geq 0$

$\Leftrightarrow(\sqrt{\mathrm{a}}-\sqrt{\mathrm{b}})^{2} \geq 0$

Vì BĐT (2) là BĐT đúng nên BĐT (1) là BĐT đúng

Vậy: $ \displaystyle \frac{{\text{a}+\text{b}}}{2}\ge \sqrt{{\text{ab}}}$ với $\mathrm{a} \geq 0$ và $\mathrm{b} \geq 0$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Cùng chuyên đề:<< Lời khuyên bổ ích khi học bất đẳng thứcỨng dụng bất đẳng thức để giải phương trình >>

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *

Bài viết nổi bật
x