Một số loại bài chứng minh bất đẳng thức thường gặp

Bài 1:

* Cấu trúc: Cho đẳng thức A = B, chứng minh bất đẳng thức C > D

* Cách giải thường dùng: Dùng phép biến đổi tương đương

Ví dụ 1: Cho hai số a và b thoả mãn a – b = 1. Chứng minh rằng: a3 – b3 – ab ≥ \(\frac{1}{2}\)

Giải:

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

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

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

⇔ 2a2 + 2b2 ≥ 1

⇔ 2(b + 1)2 + 2b2 ≥ 1            (vì a = b + 1)

⇔ 2b2 + 4b + 2 + 2b≥ 1

⇔ 4b2 + 4b + 1 ≥ 0

⇔ (2b + 1)2 ≥ 0              (2)

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

Vậy  a3 – b3 – ab ≥ \(\frac{1}{2}\)  với a – b =1. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a=\frac{1}{2}\\b=-\frac{1}{2}\end{array} \right.\)

Ví dụ 2: Cho a và b là hai số thực thoả mãn: a + b = 2.

Chứng minh rằng: \({{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\)

Giải

* Cách 1

Giả sử: \({{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\) (1)

⇔ 2(a4 + b4) ≥ (a + b)(a3 + b3)           (vì a + b = 2)

⇔ 2a4 + 2b4 ≥  a4 + a3b + ab3 + b4

⇔ a4 + b4 – a3b – ab3 ≥ 0

⇔ (a- b)(a3 – b3) ≥ 0

⇔ (a – b)2(a2 + ab + b2) ≥ 0  (2)

Vì (a – b)2 ≥ 0 và a2 + ab + b2  = (a + \(\frac{1}{2}\))2 + \(\frac{3}{4}\) ≥ 0 nên BĐT (2) là BĐT đúng. Do đó BĐT (1) là BĐT đúng.

Vậy \({{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\) với  a + b = 2.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1

* Cách 2:

Giả sử:   (1)

⇔ 2(a4 + b4) ≥ (a + b)(a3 + b3)           (vì a + b = 2)

⇔ 2a4 + 2b4 ≥  a4 + a3b + ab3 + b4

⇔ a4 + b4 – a3b – ab3 ≥ 0

⇔ (a- b)(a3 – b3) ≥ 0      (3)

Xét các trường hợp sau:

* TH: a > b suy ra a3 > b3

Do đó (a – b) > 0  và   ( a3 – b3) > 0 nên  BĐT (3) là BĐT đúng

* TH: a = b thì hiển nhiên BĐT (3) là BĐT đúng

* TH : a < b suy ra a3 < b3

Do đó (a – b) < 0  và   ( a3 – b3) < 0 nên  BĐT (3) là BĐT đúng

Vậy trong mọi trường hợp BĐT (3) luôn là BĐT đúng

Suy ra (1) là BĐT đúng. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1

Nhân xét:

–  Cách giải 2 ưu việt hơn cách giải 1 bởi vì nó có thể áp dụng để giải được bài toán tổng quát  (xét ở phần sau)

Bài 2:

* Cấu trúc: Cho BĐT C ≥ D, chứng minh A ≥ B.

* Cách giải :

– Xét biểu thức: (A – B) + (D – C) và biến đổi về dạng tổng các bình phương

– Chứng minh: (A – B) + (D – C) ≥ 0

– Dùng giả thiết C ≥ D để suy ra A ≥ B.

Ví dụ 1:

Cho  a + b ≥ 1.  Chứng minh: \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge \frac{1}{2}\)

Giải

Xét biểu thức: M = \(\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-\frac{1}{2} \right)+\left( 1-a-b \right)\)

= \(\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-a-b+\frac{1}{2}\)

= \(\left( {{a}^{2}}-a+\frac{1}{4} \right)+\left( {{b}^{2}}-b+\frac{1}{4} \right)\)

= \({{\left( a-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( b-\frac{1}{2} \right)}^{2}}\)

Vì \({{\left( a-\frac{1}{2} \right)}^{2}}\ge 0\) và \({{\left( b-\frac{1}{2} \right)}^{2}}\ge 0\) nên \(\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-\frac{1}{2} \right)+\left( 1-a-b \right)\) ≥ 0

mà a + b ≥ 1  suy ra 1 –  a – b ≤ 0. Do đó \(\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-\frac{1}{2} \right)\ge 0\)

Vậy \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge \frac{1}{2}\)  với a + b ≥ 1  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=\frac{1}{2}\).

Ví dụ 2: Cho a + b ≥ 2. Chứng minh rằng: \({{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\)

Giải

Xét biểu thức : N = \(\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}-{{a}^{3}}-{{b}^{3}} \right)+\left( 2-a-b \right)\)

= \(({{a}^{4}}-{{a}^{3}}-a+1)+\left( {{b}^{4}}-{{b}^{3}}-b+1 \right)\)

= (a – 1)(a3 – 1) + (b – 1)(b3 – 1)

= (a – 1)2 (a2 + a +1) + (b – 1)2 (b2 +  b + 1)

Vì (a – 1)2 (a2 + a +1) ≥ 0 và (b – 1)2 (b2 +  b + 1) ≥ 0

Suy ra \(\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}-{{a}^{3}}-{{b}^{3}} \right)+\left( 2-a-b \right)\) ≥ 0

mà a + b ≥ 2 nên  2 – a – b ≤ 0 . Do đó \(\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}-{{a}^{3}}-{{b}^{3}} \right)\ge 0\)

Vậy: \({{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\)

Bài cùng series:<< Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp làm trội, làm giảmMở rộng một số bất đẳng thức >>

Toán cấp 2 © 2012 Frontier Theme