CHUYÊN ĐỀ: CHỨNG MINH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC VỀ TỒNG, TÍCH CỦA DÃY SỐ - PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
A. Lý thuyết
I. Phương pháp làm trội, làm giảm
Giả sử cần chứng minh \[A\le B\], khi đó ta cần làm trội biểu thức A thành \[A\le M\] rồi chứng minh \[M\le B\]. Cũng có thể làm giảm B thành \[M\le B\] rồi chứng minh \[A\le M\].
Phương pháp làm trội, làm giảm thường được áp dụng cho bất đẳng thức về tổng hoặc tích của một dãy số. Khi đó dùng các tính chất bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
+ Ý tưởng chung cho bất đẳng thức dạng tổng của dãy số là:
Giả sử ta cần chứng minh \[A\left( {{x}_{1}} \right)+A\left( {{x}_{2}} \right)+A\left( {{x}_{3}} \right)+...+A\left( {{x}_{n}} \right)\le M\], khi đó ta thực hiện làm trội \[A\left( {{x}_{i}} \right)\le B\left( {{y}_{i+1}} \right)-B\left( {{y}_{i}} \right)\] để thu được
\[A\left( {{x}_{1}} \right)+A\left( {{x}_{2}} \right)+A\left( {{x}_{3}} \right)+...+A\left( {{x}_{n}} \right)\le B\left( {{y}_{n}} \right)-B\left( {{y}_{1}} \right)\]
Sau đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức \[B\left( {{y}_{n}} \right)-B\left( {{y}_{1}} \right)\le M\].
+ Ý tưởng chung cho bất đẳng thức dạng tích của dãy số là:
Giả sử ta cần chứng minh \[A\left( {{x}_{1}} \right).A\left( {{x}_{2}} \right).A\left( {{x}_{3}} \right)...A\left( {{x}_{n}} \right)\le M\], khi đó ta thực hiện làm trội \[A\left( {{x}_{i}} \right)\le \frac{B\left( {{y}_{i+1}} \right)}{B\left( {{y}_{i}} \right)}\] để thu được \[A\left( {{x}_{1}} \right).A\left( {{x}_{2}} \right).A\left( {{x}_{3}} \right)...A\left( {{x}_{n}} \right)\le \frac{B\left( {{y}_{n}} \right)}{B\left( {{y}_{1}} \right)}\]
Sau đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức \[\frac{B\left( {{y}_{n}} \right)}{B\left( {{y}_{1}} \right)}\le M\].
+ Một số tổng sai phân hay dùng
\[\frac{1}{n\left( n+1 \right)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1};\,\,\frac{a}{n\left( n+a \right)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+a}\]
\[\frac{2a}{n\left( n+a \right)\left( n+2a \right)}=\frac{1}{n\left( n+a \right)}-\frac{1}{\left( n+a \right)\left( n+2a \right)}\]
\[\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{n\left( n+1 \right)}=1-\frac{1}{n}\]
\[\frac{1}{n\left( n+a \right)}+\frac{1}{\left( n+a \right)\left( n+2a \right)}+...+\frac{1}{\left[ n+\left( k-1 \right)a \right]\left( n+ka \right)}=\frac{k}{x\left( n+ka \right)}\]
\[\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{n\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)}=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{1.2.3}-\frac{1}{n\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)} \right]\]
Chú ý:
- Ta cần áp dụng làm trội, làm giảm sao cho bất đẳng thức cuối cùng cần chứng minh phải càng đơn giản càng tốt.
- Thông thường ta tìm quy luật viết các số hạng của dãy rồi đưa ra cách viết tổng quát, từ đó ta mới làm trội cho số hạng tổng quát và áp dụng cho các số hạng cụ thể.
II. Phương pháp quy nạp toán học
+ Nội dung của phương pháp quy nạp
Một bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n được xem là đúng nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
- Bất đẳng thức đúng với giá trị đầu tiên của n
- Từ giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k \[\left( k\in N \right)\] suy ra được bất đẳng thức đúng với \[n=k+1\]
+ Các bước chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp
Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức \[A\left( n \right)\ge B\left( n \right)\] với \[n\ge {{n}_{0}},\,\,n\in N\], ta tiến hành các bước như sau:
- Bước 1: Kiểm tra bất đẳng thức đúng với \[n={{n}_{0}}\]
- Bước 2: Giả sử bất đẳng thức đúng với \[n=k\left( k\ge {{n}_{0}},\,\,k\in N \right)\]
- Bước 3: Chứng minh bất đẳng thức đúng với \[n=k+1\] và kết luận bất đẳng thức đúng với \[n\ge {{n}_{0}}\].
Chú ý:
- Thông thường khi chứng minh bất đẳng thức có sự phụ thuộc vào số nguyên dương n, thì ta nên chú ý sử dụng phương pháp quy nạp toán học.
- Trong phương pháp quy nạp toán học thì bất đẳng thức có được từ bước thứ hai chính là một giả thiết mới được dùng để chứng minh bất đẳng thức trong bước thứ ba. Do đó cần phải khai thác thật hiệu quả giả thiết quy nạp.
B. Bài tập
I. Bài tập minh họa
Ví dụ 1. Với mọi số tự nhiên n >1. Chứng minh rằng: \[\frac{1}{2}<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{n+n}\]
Phân tích và Lời giải
Nhận thấy tổng trên có n số hạng, do đó ta làm trội bằng cách thay mẫu \[n+k\] với \[\text{k}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,\text{3},\,\,...,\text{n}-\text{1}\] bằng \[n+n\]. Tức là ta có:
\[\frac{1}{n+k}>\frac{1}{n+n}=\frac{1}{2n}\], với \[\text{k}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,\text{3},\,\,...,\text{n}-\text{1}\]
Khi đó ta được: \[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}>\frac{1}{2n}+...+\frac{1}{2n}=\frac{n}{2n}=\frac{1}{2}\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 2. Với mọi số tự nhiên \[n\ge 1\]. Chứng minh rằng:
\[1<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+...+\frac{1}{3n+1}<2\]
Phân tích và Lời giải
+ Trước hết ta chứng minh: \[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}...+\frac{1}{3n+1}<2\]
Tổng trên có \[2n+1\] số hạng và lại thấy \[\frac{2n+1}{n+1}<\frac{2n+2}{n+1}=2\], do đó áp dụng tư tưởng như ví dụ trên ta làm trội bằng cách thay mỗi số hạng bằng số hạng lớn nhất. Tức là ta được
\[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}...+\frac{1}{3n+1}<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}...+\frac{1}{n+1}=\frac{2n+1}{n+1}<2\]
+ Bây giờ ta chứng minh: \[1<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}...+\frac{1}{3n+1}\]
Tổng trên có \[2n+1\] số hạng và số hạng chính giữa là \[\frac{1}{2n+1}\], ta chuyển bất đẳng thức cần chứng minh thành
\[\frac{2n+1}{2n+1}<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+...+\frac{1}{3n+1}\]
Ở đây ta lại nhận thấy \[\frac{2n+1}{2n+1}=n.\frac{2}{2n+1}+\frac{1}{2n+1}\] có chứa số hạng chính giữa, do đó ý tưởng ở đây là ghép các cặp dạng \[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{3n+1};\,\,\frac{1}{n+2}+\frac{1}{3n};\,\,...;\,\,\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+2}\]thì được n tổng, rồi chứng minh mỗi tổng đó đều lớn hơn \[\frac{2}{2n+1}\]. Để chứng minh các tổng trên đều lớn hơn \[\frac{2}{2n+1}\] ta chỉ cần chứng minh được \[\frac{1}{2n+1-k}+\frac{1}{2n+1+k}\], trong đó k nhận các giá trị từ \[1;\,\,2;\,\,...;\,\,n\]. Thật vậy:
\[\frac{1}{2n+1-k}+\frac{1}{2n+1+k}=\frac{4n+2}{{{\left( 2n+1 \right)}^{2}}-{{k}^{2}}}>\frac{4n+2}{{{\left( 2n+1 \right)}^{2}}}=\frac{2}{2n+1}\]
Đến đây ta có lời giải như sau:
Ta có
\[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n+1}...+\frac{1}{3n}+\frac{1}{3n+1}\]
\[=\left( \frac{1}{n+1}+\frac{1}{3n+1} \right)+\left( \frac{1}{n+2}+\frac{1}{3n} \right)+...+\frac{1}{2n+1}\]
\[=\frac{4n+2}{\left( n+1 \right)\left( 3n+1 \right)}+\frac{4n+2}{\left( n+1 \right)3n}+...\frac{1}{2n+1}\ge \frac{2}{2n+1}.n+\frac{1}{2n+1}=1\]
Vậy ta được \[1<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}...+\frac{1}{3n+1}\]
Vậy bài toán được chứng minh
Nhận xét: Bất đẳng thức bên trái là một bất đẳng thức khó, sử dụng cách làm như bất đẳng thức bên phải không đem lại hiệu quả, cho nên ta phải tìm một phương án khác. Điểm quan trọng để tìm ra Lời giải cho bài toán này chính là phát hiện các tổng bằng nhau \[\left( n+1 \right)+\left( 3n+1 \right)=\left( n+2 \right)+3n=...2n+\left( 2n+2 \right)=2\left( 2n+1 \right)\] và ý tưởng ghép các cặp \[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{3n+1};\,\,\frac{1}{n+2}+\frac{1}{3n};\,\,...;\,\,\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+2}\] sao cho khi quy đồng có cùng một tử số là \[2\left( 2n+1 \right)\] và bước tiếp theo chính là đánh giá mẫu về cùng \[2n+1\].
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n\ge 2$ ta có:
\[\frac{2n+1}{3n+2}<\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+3}+\frac{1}{2n+4}+...+\frac{1}{4n+2}<\frac{3n+2}{4\left( n+1 \right)}\]
Phân tích và Lời giải
Đặt \[P=\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+3}+\frac{1}{2n+4}+...+\frac{1}{4n+2}\]
+ Chứng minh \[P>\frac{2n+1}{3n+2}\]. Tổng P có \[\text{2n}+\text{1}\] số hạng, ta ghép thành n cặp cách đều hai đầu, còn lại một số hạng đứng giữa là $\frac{1}{3n+2}$, mỗi cặp có dạng:
\[\frac{1}{3n+2-k}+\frac{1}{3n+2+k}=\frac{2\left( 3n+2 \right)}{{{\left( 3n+2 \right)}^{2}}-{{k}^{2}}}>\frac{2\left( 3n+2 \right)}{{{\left( 3n+2 \right)}^{2}}}=\frac{2}{3n+2}\] \[\left( \text{k}=1,\,\,2,\,...,\,\,\text{n}\,\text{-}\,\text{1},\text{ n} \right)\]
Do đó ta được: \[P>\frac{2n}{3n+2}+\frac{1}{3n+2}=\frac{2n+1}{3n+2}\]
+ Chứng minh \[P<\frac{3n+2}{4\left( n+1 \right)}\].
Để chứng minh bất đẳng thức này, chúng ta cần có bổ đề sau:
Chứng minh: Quy đồng mẫu số hai vế ta có
\[\left( * \right)\Leftrightarrow \frac{3m-2}{\left( m+k \right)\left( 2m-2-k \right)}<\frac{3m-2}{m\left( 2m-2 \right)}\,\Leftrightarrow m\left( 2m-2 \right)<\left( m+k \right)\left( 2m-2-k \right)\]
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết, nên bổ đề được chứng minh
Viết lại biểu thức P và áp dụng bổ đề ta có
\[2P=\left( \frac{1}{2n+2}+\frac{1}{4n+2} \right)+\left( \frac{1}{2n+3}+\frac{1}{4n+1} \right)\,+...+\left( \frac{1}{4n+2}+\frac{1}{2n+2} \right)\]
\[<\left( \frac{1}{2n+2}+\frac{1}{4n+2} \right)\left( 2n+1 \right)\]
Hay \[P<\frac{1}{2}\cdot \frac{3n+2}{2\left( n+1 \right)\left( 2n+1 \right)}\cdot \left( 2n+1 \right)=\frac{3n+2}{4\left( n+1 \right)}\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét: Ý tưởng của bài toán trên cũng là ghép theo cặp, với bất đẳng thức bên trái ta thấy không có vấn đề gì lớn cả. Tuy nhiên với bất đẳng thức bên phía phải, sẽ thực sự gây ra nhiều khó khăn nếu không phát hiện ra bổ đề: Với \[0
\[\frac{1}{m+k}+\frac{1}{2m-2-k}<\frac{1}{m}+\frac{1}{2m-2}\]
Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số nguuyên dương \[n\ge 2\] ta có \[P=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{{{2}^{n}}-1}\]. Chứng minh (n+1)/2 < P < 1
Phân tích và Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh là một bất đẳng thức kép nên ta chia thành hai bất đẳng thức để chứng minh. Nhận thấy tổng trên có \[{{2}^{n}}-1\] phân số nên nếu chia theo nhóm tương tự như ví dụ trên không đem lại hiệu quả vì khi quy đồng theo nhóm thì các tử số không bằng nhau. Để tiện cho việc tìm lời giải ta đặt:
\[P=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{{{2}^{n}}-1}\]
Quan sát yêu cầu bài toán, ta thấy có thể làm trội bằng cách chia biểu thức thành nhiều nhóm, rồi làm trội từng nhóm.
Để ý ta thấy \[n=1+1+...+1\](có n số 1), nên ta có thể chia P thành n nhóm sao cho mỗi nhóm đều có thể bé hơn hoặc bằng 1. Ta có thể làm như sau:
\[1=1;\,\,\frac{1}{2}+\frac{1}{3}<2.\frac{1}{2}=1;\,\,\frac{1}{4}+...+\frac{1}{7}<4.\frac{1}{4}=1;\,\,...;\,\,\frac{1}{{{2}^{n-1}}}+...+\frac{1}{{{2}^{n}}-1}<{{2}^{n-1}}.\frac{1}{{{2}^{n-1}}}=1\]
Như vậy P được chia thành các nhóm có số phân số lần lượt là: \[1;\,\,2;\,\,4;\,\,8;\,\,...;\,\,{{2}^{n-1}}\], ta cần kiểm tra xem tổng các phân số có phải là \[{{2}^{n}}-1\] không?
Ta có \[1+\,\,2+\,4+\,8+\,\,...+\,{{2}^{n-1}}={{2}^{n}}-1\], điều này có nghĩa là ta nhóm vừa đủ, và có tất cả n nhóm như vậy, khi này ta có thể giải được như sau:
Ta có:
\[P=1+\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{3} \right)+\left( \frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{5}+...+\frac{1}{{{2}^{3}}-1} \right)+\left( \frac{1}{{{2}^{3}}}+...+\frac{1}{{{2}^{4}}-1} \right)+...+\left( \frac{1}{{{2}^{n-1}}}+...+\frac{1}{{{2}^{n}}-1} \right)\]
Làm trội biểu thức bằng cách thay các phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số lớn nhất trong mỗi nhóm ta được
\[P<1+\frac{1}{2}.2+\frac{1}{{{2}^{2}}}.4+\frac{1}{{{2}^{3}}}.8+...+\frac{1}{{{2}^{n-1}}}{{.2}^{n-1}}=1+1+...+1=n\]
+ Để chứng minh \[P>\frac{n+1}{2}\] ta cũng làm tương tự.
Ta có \[P=1+\frac{1}{2}+\left( \frac{1}{2+1}+\frac{1}{4} \right)+\left( \frac{1}{{{2}^{2}}+1}+\frac{1}{6}+...+\frac{1}{{{2}^{3}}} \right)+...+\left( \frac{1}{{{2}^{n-1}}+1}+...+\frac{1}{{{2}^{n}}} \right)-\frac{1}{{{2}^{n}}}\]
Làm trội biểu thức bằng cách thay phân số trong mỗi ngoặc bằng phân số nhỏ nhất trong mỗi nhóm ta được.
\[P>1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{{2}^{2}}}.2+\frac{1}{{{2}^{3}}}.4+...+\frac{1}{{{2}^{n}}}{{.2}^{n-1}}-\frac{1}{{{2}^{n}}}=1+\frac{n}{2}-\frac{1}{{{2}^{n}}}\]
\[\Rightarrow P>1+\frac{n}{2}-\frac{1}{{{2}^{n}}}=\frac{n+1}{2}+\frac{{{2}^{n-1}}-1}{{{2}^{n}}}\ge \frac{n+1}{2}\]
Kết hợp hai bất đẳng thức ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 5. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương, ta luôn có:
\[1+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+....+\frac{1}{{{n}^{2}}}<2\]
Phân tích và Lời giải
Để chứng minh bất đẳng thức trên ta cần làm trội mỗi phân số bằng các thay mẫu số bằng một số nhỏ hơn. Để ý đến đánh giá \[{{k}^{2}}>k\left( k-1 \right)\], khi đó ta thu được các đánh giá có dạng \[\frac{1}{{{k}^{2}}}<\frac{1}{k\left( k-1 \right)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\], cho \[\text{k}=\,\text{2},\,\,3,\,\,\,...,\,\,\text{n}\] ta thì ta được một bất đẳng thức \[1+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+....+\frac{1}{{{n}^{2}}}<1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\]. Bây giờ ta cần kiểm tra xem \[1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}<2\] có đúng không. Dễ thấy bất đẳng thức trên đúng
Ta có: \[\frac{1}{{{k}^{2}}}<\frac{1}{k\left( k-1 \right)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k},\,\,\forall k\] là số nguyên dương.
Cho \[\text{k}=\,\text{2},\,\,3,\,\,\,...,\,\,\text{n}\] ta có:
\[\frac{1}{{{2}^{2}}}<1-\frac{1}{2}\];\[\frac{1}{{{3}^{2}}}<\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\];...;\[\frac{1}{{{n}^{2}}}<\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\]
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: \[\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+....+\frac{1}{{{n}^{2}}}<1\]
Suy ra \[1+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+....+\frac{1}{{{n}^{2}}}<2\]. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
II. Bài tập tự luyện
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta luôn có:
\[\frac{1}{{{4}^{2}}}+\frac{1}{{{6}^{2}}}+\frac{1}{{{8}^{2}}}+...+\frac{1}{{{\left( 2n \right)}^{2}}}<\frac{1}{4}\]
Bài 2: Chứng minh rằng: $\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+....+\frac{1}{{{2015}^{2}}}<\frac{2014}{2015}$
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
\[1\le \frac{1}{{{1}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}}<\frac{5}{3}\]
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta luôn có:
\[\frac{1}{{{2}^{3}}}+\frac{1}{{{3}^{3}}}+....+\frac{1}{{{n}^{3}}}<\frac{1}{4}\]
Bài 5: Chứng minh rằng: \[\frac{1}{65}<\frac{1}{{{5}^{3}}}+\frac{1}{{{6}^{3}}}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{{{2014}^{3}}}<\frac{1}{40}\]
Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên \[n\ge 1\], ta luôn có:
\[\frac{1}{5}+\frac{1}{13}+\frac{1}{25}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}+{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{9}{20}\]
Bài 7: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \[n>3\], ta có:
\[\frac{1}{{{1}^{3}}}+\frac{1}{{{2}^{3}}}+\frac{1}{{{3}^{3}}}+...+\frac{1}{{{n}^{3}}}<\frac{65}{54}\]
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \[n\], ta có:
\[\frac{1}{3}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{7}{9}\cdot \frac{10}{12}\cdot \cdot \cdot \frac{3n-2}{3n}\cdot \frac{3n+1}{3n+3}<\frac{1}{3\sqrt{n+1}}\]
Bài 9: Chứng minh rằng với mọi số nguuyên dương \[n\ge 2\] ta có
\[\frac{1}{2!}+\frac{5}{3!}+\frac{11}{4!}+...+\frac{{{n}^{2}}+n-1}{\left( n+1 \right)!}<2\]
Bài 10: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi $n\ge 2,n\in N$
\[\frac{1}{{{2.3}^{2}}}+\frac{1}{{{3.4}^{2}}}+...+\frac{1}{n{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{8}\]
Bài 11: Chứng minh rằng với n là số nguyên dương, ta luôn có:
\[1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+....+\frac{1}{\sqrt{n}}>2\left( \sqrt{n+1}-1 \right)\]
Bài 12: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
\[\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n}}<2\]
Bài 13: Với số tự nhiên \[n\ge 3\].
Đặt \[{{S}_{n}}=\frac{1}{3\left( 1+\sqrt{2} \right)}+\frac{1}{5\left( \sqrt{2}+\sqrt{3} \right)}+...+\frac{1}{\left( 2n+1 \right)\left( \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \right)}\]
Chứng minh rằng: \[{{S}_{n}}<\frac{1}{2}\]
Bài 14: Chứng minh rằng:
\[\frac{43}{44}<\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{2016\sqrt{2015}+2015\sqrt{2016}}<\frac{44}{45}\]
Bài 15: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
\[\frac{1}{2\sqrt{2}+1\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{3}+2\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}}<1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\]
Bài 16: Chứng minh bất đẳng thức sau đúng mọi $n\in N$:
\[1+\frac{1}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{3}}+...+\frac{1}{n\sqrt{n}}<2\sqrt{2}\]
Bài 17: Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng:
\[\frac{2}{3}n\sqrt{n+1}<1+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{n}<\frac{2}{3}\left( n+1 \right)\sqrt{n}\]
Bài 18: Chứng minh rằng với mọi số nguyên \[n\ge 5\], ta có: \[{{2}^{n}}>{{n}^{2}}\]
Bài 19: Cho $x\ge -1$ là một số thực cho trước. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có: ${{\left( 1+x \right)}^{n}}\ge 1+nx$
Bài 20: Chứng minh với mọi số thực a, b thỏa mãn \[a+b\ge 0\], ta có:
\[\frac{{{a}^{n}}+{{b}^{n}}}{2}\ge {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{n}}\]
Hướng dẫn giải
Bài 1:
Lời giải
Ta có
\[\frac{1}{{{\left( 2.2 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 2.3 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 2.4 \right)}^{2}}}+...+\frac{1}{{{\left( 2.n \right)}^{2}}}=\frac{1}{{{4.2}^{2}}}+\frac{1}{{{4.3}^{2}}}+\frac{1}{{{4.4}^{2}}}+...+\frac{1}{4.{{n}^{2}}}\]
\[=\frac{1}{4}\left( \frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+\frac{1}{{{4}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}} \right)<\frac{1}{4}\cdot 1=\frac{1}{4}\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét: Bất đẳng thức tổng quát của ví dụ trên là:
\[\frac{1}{{{\left( k.2 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( k.3 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( k.4 \right)}^{2}}}+...+\frac{1}{{{\left( k.n \right)}^{2}}}<\frac{1}{{{k}^{2}}}\], $\forall k\in {{N}^{*}}$
Ta thay k bởi một số tự nhiên khác 0 tuỳ ý sẽ được các bài toán mới, chẳng hạn với \[k=5\] ta có \[\frac{1}{{{10}^{2}}}+\frac{1}{{{15}^{2}}}+\frac{1}{{{20}^{2}}}+...+\frac{1}{{{\left( 5n \right)}^{2}}}<\frac{1}{25}\]
Bài 2:
Lời giải
Ta có với mọi \[k\ge 1\] thì \[{{k}^{2}}>k\left( k-1 \right)>0\] nên \[\frac{1}{{{k}^{2}}}<\frac{1}{k\left( k-1 \right)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\]
Cho \[\text{k}=\text{2},\,\,\text{3},\,\,\text{4,}\,\,...,\text{ 2}01\text{5}\], ta có:
\[\frac{1}{{{2}^{2}}}<\frac{1}{1.2}=1-\frac{1}{2};\frac{1}{{{3}^{2}}}<\frac{1}{2.3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3};....;\,\frac{1}{{{2015}^{2}}}<\frac{1}{2014.2015}=\frac{1}{2014}-\frac{1}{2015}\]
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều, ta được
\[\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+.....+\frac{1}{{{2015}^{2}}}<1-\frac{1}{2015}=\frac{2014}{2015}\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 3:
Phân tích và Lời giải
Dễ thấy vì n là số nguyên dương nên ta có: \[\frac{1}{{{1}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}}\ge \frac{1}{{{1}^{2}}}=1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]
Bây giờ ta chứng minh \[\frac{1}{{{1}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}}<\frac{5}{3}\].
Thực hiện ý tưởng làm trội như các ví dụ trên với đánh giá \[\frac{1}{{{k}^{2}}}<\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\]. Tức là ta sẽ thu được một bất đẳng thức \[\frac{1}{{{1}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}}<1+1-\frac{1}{n}=2-\frac{1}{n}\], tuy nhiên ở đây ta không thể khẳng định được \[2-\frac{1}{n}<\frac{5}{3}\] là đúng. Do đó trong bất đẳng thức trên ta không thể làm trội theo các đánh giá như trên được. Tất nhiên là với bài toán này ta vẫn thực hiên ý tưởng làm trội nhưng với một đánh giá tốt hơn, khi đó ta cần một đánh giá theo kiểu \[\frac{1}{{{k}^{2}}}=\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( ak \right)}^{2}}}<\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( ak \right)}^{2}}-{{b}^{2}}}=\frac{{{a}^{2}}}{2b}\left( \frac{1}{ak-b}-\frac{1}{ak+b} \right)\]. Để ý ta viết lại được bất đẳng thức cần chứng minh là \[\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}}<\frac{2}{3}\] nên với \[k=2\] khi đó ta chọn các giá trị a, b nguyên dương sao cho \[\frac{{{a}^{2}}}{2b\left( 2a-b \right)}=\frac{2}{3}\], thử một vài trường hợp ta chọn được \[a=2,\,\,b=1\]. Tức là ta được \[\frac{1}{{{k}^{2}}}=\frac{4}{4{{k}^{2}}}<\frac{4}{4{{k}^{2}}-1}=2\left( \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1} \right)\]. Vấn đề bây giờ ta cần kiểm tra xem đánh giá được chọn có đủ tốt hay không:
\[\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}}<\frac{2}{3}-\frac{2}{5}+\frac{2}{5}-\frac{2}{7}+...+\frac{2}{2n-1}-\frac{2}{2n+1}<\frac{2}{3}-\frac{2}{2n+1}<\frac{2}{3}\]
Như vậy đánh giá ta chọn là một đánh giá đủ tốt nên ta chỉ cần trình bày lại lời giải cho bài toán như sau:
Ta có, với mọi \[k\ge 1\], ta có: \[\frac{1}{{{k}^{2}}}=\frac{4}{4{{k}^{2}}}<\frac{4}{4{{k}^{2}}-1}=2\left( \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1} \right)\]
Cho \[\text{k}=\text{2},\text{ 3},\text{ 4, }\ldots ,\,\,\text{n}\] ta có:
\[\frac{1}{{{2}^{2}}}=\frac{4}{{{4.2}^{2}}}<\frac{4}{{{4.2}^{2}}-1}=\frac{2}{2.2-1}-\frac{2}{2.2+1}=\frac{2}{3}-\frac{2}{5}\]
\[\frac{1}{{{3}^{2}}}=\frac{4}{{{4.3}^{2}}}<\frac{4}{{{4.3}^{2}}-1}=\frac{2}{2.3-1}-\frac{2}{2.3+1}=\frac{2}{3}-\frac{2}{7}\]
\[\frac{1}{{{n}^{2}}}=\frac{4}{4{{n}^{2}}}<\frac{4}{4{{n}^{2}}-1}=\frac{2}{2n-1}-\frac{2}{2n+1}=\frac{2}{2n-1}-\frac{2}{2n+1}\]
Cộng vế với vế các đánh giá trên ta được:
\[\frac{1}{{{1}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}}<1+\frac{2}{3}-\frac{2}{2n+1}<1+\frac{2}{3}=\frac{5}{3}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\]
Từ (1) và (2) được bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài 4:
Phân tích: Để ý ta thấy với mọi \[k\in N*\] ta luôn có \[k>{{k}^{3}}-k=k\left( k-1 \right)\left( k+1 \right)\], khi đó ta có đánh giá \[\frac{1}{{{k}^{3}}}<\frac{1}{{{k}^{3}}-k}=\frac{1}{\left( k-1 \right).k.\left( k+1 \right)}\], bây giờ ta làm trội theo đánh giá đó bằng cách cho \[\text{k}=\text{2},\text{ 3},\text{ 4, }\ldots ,\,\,\text{n}\].
Lời giải
Ta có: \[\frac{1}{{{k}^{3}}}<\frac{1}{{{k}^{3}}-k}=\frac{1}{k\left( {{k}^{2}}-1 \right)}=\frac{1}{\left( k-1 \right).k.\left( k+1 \right)},\,\,\,\forall k\ge 2\]
Cho \[\text{k}=\text{2},\text{ 3},\text{ 4, }\ldots ,\,\,\text{n}\] ta có:
\[\frac{1}{{{2}^{3}}}<\frac{1}{1.2.3};\frac{1}{{{3}^{3}}}<\frac{1}{2.3.4};...;\frac{1}{{{n}^{3}}}<\frac{1}{\left( n-1 \right).n.\left( n+1 \right)}\]
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
\[\frac{1}{{{2}^{3}}}+\frac{1}{{{3}^{3}}}+...+\frac{1}{{{n}^{3}}}<\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+...+\frac{1}{\left( n-1 \right).n.\left( n+1 \right)}\]
Mặt khác ta lại có
\[\frac{1}{2.3.4}+\frac{1}{3.4.5}+...+\frac{1}{\left( n-1 \right).n.\left( n+1 \right)}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{1.2}-\frac{1}{2.3}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{\left( n-1 \right)n}-\frac{1}{n\left( n+1 \right)} \right)\]
\[=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{1.2}-\frac{1}{n\left( n+1 \right)} \right)=\frac{1}{4}-\frac{1}{2n\left( n+1 \right)}<\frac{1}{4}\]
Như vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét: Bài toán tổng quát là với mọi số nguyên dương n ta luôn có:
\[\frac{1}{{{2}^{3}}}+\frac{1}{{{3}^{3}}}+....+\frac{1}{{{n}^{3}}}<\frac{1}{4}-\frac{1}{2n\left( n+1 \right)}\]
Ta có thể đặc biệt hóa bằng cách
- Chọn n là một số tự nhiên bất kì, chẳng hạn với \[n=100\] ta có bài toán:
Chứng minh rằng: \[\frac{1}{{{2}^{3}}}+\frac{1}{{{3}^{3}}}+...+\frac{1}{{{100}^{3}}}<\frac{1}{4}-\frac{1}{101.200}\]
- Chọn giá trị n là năm thi, chẳng hạn với \[n=2015\] ta có bất đẳng thức:
\[\frac{1}{{{2}^{3}}}+\frac{1}{{{3}^{3}}}+...+\frac{1}{{{2015}^{3}}}<\frac{1}{4}\]
Bài 5:
Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức kép nên ta cần một đánh giá kép là \[\frac{1}{k\left( k+1 \right)\left( k+2 \right)}<\frac{1}{{{k}^{3}}}<\frac{1}{\left( k-1 \right)k\left( k+1 \right)}\], bây giờ ta làm trội và làm giảm theo đánh giá đó bằng cách cho \[\text{k}=5,\text{ 6},\text{ 7, }\ldots ,\,\,2014\].
Lời giải
Ta có: \[\frac{1}{{{k}^{3}}}<\frac{1}{{{k}^{3}}-k}=\frac{1}{k\left( {{k}^{2}}-1 \right)}=\frac{1}{\left( k-1 \right)k\left( k+1 \right)}\]
\[\frac{1}{{{k}^{3}}}>\frac{1}{{{k}^{3}}+3{{k}^{2}}+2k}=\frac{1}{k\left( {{k}^{2}}+3k+2 \right)}=\frac{1}{k\left( k+1 \right)\left( k+2 \right)}\]
Kết hợp hai bất đẳng thức trên ta được: \[\frac{1}{k\left( k+1 \right)\left( k+2 \right)}<\frac{1}{{{k}^{3}}}<\frac{1}{\left( k-1 \right)k\left( k+1 \right)}\]
Cho \[\text{k}=5,\text{ 6},\text{ 7, }\ldots ,\,\,2014\] ta có:
\[\frac{1}{5.6.7}<\frac{1}{{{5}^{3}}}<\frac{1}{4.5.6};\frac{1}{6.7.8}<\frac{1}{{{6}^{3}}}<\frac{1}{5.6.7};...;\frac{1}{2014.2015.2016}<\frac{1}{{{2014}^{3}}}<\frac{1}{2013.2014.2015}\]
Đặt \[A=\frac{1}{{{5}^{3}}}+\frac{1}{{{6}^{3}}}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{{{2014}^{3}}}\], cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
\[\frac{1}{5.6.7}+\frac{1}{6.7.8}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{2014.2015.2016}\] < A
\[<\frac{1}{4.5.6}+\frac{1}{5.6.7}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{2013.2014.2015}\]
Ta cần chứng minh: \[\frac{1}{65}<\frac{1}{5.6.7}+\frac{1}{6.7.8}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{2014.2015.2016}\]
Và \[\frac{1}{4.5.6}+\frac{1}{5.6.7}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{2013.2014.2015}<\frac{1}{40}\]
+ Chứng minh: \[\frac{1}{65}<\frac{1}{5.6.7}+\frac{1}{6.7.8}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{2014.2015.2016}\]
Ta có:
\[\frac{1}{5.6.7}+\frac{1}{6.7.8}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{2014.2015.2016}\,=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{5.6}-\frac{1}{2015.2016} \right)\,>\frac{1}{2}\left( \frac{1}{30}-\frac{1}{390} \right)=\frac{1}{65}\]
+ Chứng minh: \[\frac{1}{4.5.6}+\frac{1}{5.6.7}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{2013.2014.2015}<\frac{1}{40}\]
Ta có: \[\frac{1}{4.5.6}+\frac{1}{5.6.7}+\cdot \cdot \cdot +\frac{1}{2013.2014.2015}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{4.5}-\frac{1}{2014.2015} \right)<\frac{1}{40}\,\,\,\,\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 6:
Phân tích và Lời giải
Để ý ta thấy các mẫu số được viết dưới dạng \[{{k}^{2}}+{{\left( k+1 \right)}^{2}}\], ta cần một đánh giá kiểu \[{{k}^{2}}+{{\left( k+1 \right)}^{2}}>?\]. Trước hết ta thử với bất đẳng thức Cauchy, khi đó ta được \[{{k}^{2}}+{{\left( k+1 \right)}^{2}}>2k\left( k+1 \right)\]. Do đó ta có \[\frac{1}{{{k}^{2}}+{{\left( k+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2k\left( k+1 \right)}=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \right)\,\].
Bây giờ ta cho \[\text{k}=1,\,\,\text{2},\text{ 3},\text{ 4, }\ldots ,\,\,\text{n}\] thì ta thu được
\[\frac{1}{1+{{2}^{2}}}+\frac{1}{{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}+{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2}\left( 1-\frac{1}{n+1} \right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\left( n+1 \right)}\]
Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chỉ ra được \[\frac{1}{2}-\frac{1}{2\left( n+1 \right)}<\frac{9}{20}\], tuy nhiên đánh giá đó không đúng với giá trị n lớn. Có phải ta đang làm trội với một đánh giá sai.
Đến đây hoặc ta vẫn sử dụng các đánh giá đó nhưng với k nhận giá trị lớn hơn 1 hoặc ta tìm một đánh giá khác. Chú ý một tí ta nhận thấy \[\frac{9}{20}=\frac{1}{5}+\frac{1}{4}\], do đó ta cần làm trội từ \[\text{k}=\text{2},\text{ 3},\text{ 4, }\ldots ,\,\,\text{n}\] và khi đó ta thu được kết quả là
\[\frac{1}{{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}+....+\frac{1}{{{n}^{2}}+{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{n+1} \right)=\frac{1}{4}-\frac{1}{2\left( n+1 \right)}<\frac{1}{4}\]
Lời giải
Ta có: \[\frac{1}{{{k}^{2}}+{{\left( k+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2k\left( k+1 \right)}=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \right)\,\]
Cho \[\text{k}=\text{2},\text{ 3},\text{ 4, }\ldots ,\,\,\text{n}\] ta có:
\[\frac{1}{{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{3} \right)\frac{1}{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{3}-\frac{1}{4} \right);...;\frac{1}{{{n}^{2}}+{{(n+1)}^{2}}}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right)\]
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
\[\frac{1}{{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}+....+\frac{1}{{{n}^{2}}+{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{n+1} \right)=\frac{1}{4}-\frac{1}{2\left( n+1 \right)}<\frac{1}{4}\]
Hay \[\frac{1}{5}+\frac{1}{{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}+....+\frac{1}{{{n}^{2}}+{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{5}+\frac{1}{4}=\frac{9}{20}\]
Bài 7:
Lời giải
Đặt \[P=\frac{1}{{{1}^{3}}}+\frac{1}{{{2}^{3}}}+\frac{1}{{{3}^{3}}}+...+\frac{1}{{{n}^{3}}}\], thực hiện làm trội mỗi phân số ở vế trái bằng cách làm giảm mẫu, ta có \[\frac{2}{{{k}^{3}}}<\frac{2}{{{k}^{3}}-k}=\frac{1}{k}\cdot \frac{2}{\left( k-1 \right)\left( k+1 \right)}=\frac{1}{\left( k-1 \right)k}-\frac{1}{\left( k+1 \right)k},\forall k>1\]
Cho \[\text{k}=\text{4},\text{ 5, }...,\,\,\text{n}\], ta có:
\[2P<2\left( \frac{1}{{{1}^{3}}}+\frac{1}{{{2}^{3}}}+\frac{1}{{{3}^{3}}} \right)+\left( \frac{1}{3.4}-\frac{1}{4.5} \right)+\left( \frac{1}{4.5}-\frac{1}{5.6} \right)+...+\left[ \frac{1}{\left( n-1 \right)n}-\frac{1}{n\left( n+1 \right)} \right]\]
\[=\frac{251}{108}+\frac{1}{3.4}-\frac{1}{n\left( n+1 \right)}<\frac{251}{108}+\frac{1}{3.4}=\frac{65}{27}\]
Do đó ta được \[P<\frac{65}{54}\] hay bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 8:
Phân tích và Lời giải
Gọi vế trái của bất đẳng thức là P, ta cần làm trội P thành Q với điều kiện là Q phải dễ thu gọn hơn, điều này có nghĩa là Q phải có các tử và mẫu giống nhau. Để ý rằng các phân số có tử, mẫu hơn kém nhau hai đơn vị, nên ta nghĩ đến bất đẳng thức
\[\frac{n}{n+2}<\frac{n-1}{n}\Leftrightarrow {{n}^{2}}<{{n}^{2}}+n-2\Leftrightarrow n>2\].
Đặt \[P=\frac{1}{3}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{7}{9}\cdot \frac{10}{12}\cdot \cdot \cdot \frac{3n-2}{3n}\cdot \frac{3n+1}{3n+3}\], lúc này ta có
\[P=\frac{1}{3}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{7}{9}\cdot \frac{10}{12}\cdot \cdot \cdot \frac{3n-2}{3n}\cdot \frac{3n+1}{3n+3}<\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{6}\cdot \frac{6}{7}\cdot \frac{9}{10}\cdot \cdot \cdot \frac{3n-3}{3n-2}\cdot \frac{3n}{3n+1}=Q\]
Nhận thấy Q không thể thu gọn được hết nên rất khó để có đánh giá tiếp theo. Để ý tiếp ta thấy các tử của biểu thức Q và các mẫu của biểu thức P là \[3,\,\,6,\,\,9,\,\,...\] và các mẫu của biểu thức Q và các tử của biểu thức P là \[4,\,\,7,\,\,10,\,...\] do đó thì tích PQ có thể thu gọn được. Chú ý là \[{{P}^{2}}Lời giải như sau:
\[{{P}^{2}}=\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{7}{9}\cdot \frac{10}{12}\cdot \cdot \cdot \frac{3n-2}{3n}\cdot \frac{3n+1}{3n+3} \right)\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{7}{9}\cdot \frac{10}{12}\cdot \cdot \cdot \frac{3n-2}{3n}\cdot \frac{3n+1}{3n+3} \right)\]
\[<\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{3}{6}\cdot \frac{6}{7}\cdot \frac{9}{10}\cdot \cdot \cdot \frac{3n-3}{3n-2}\cdot \frac{3n}{3n+1} \right)\left( \frac{1}{3}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{7}{9}\cdot \frac{10}{12}\cdot \cdot \cdot \frac{3n-2}{3n}\cdot \frac{3n+1}{3n+3} \right)\]
\[<\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{4}{6}\cdot \frac{6}{7}\cdot \frac{7}{9}\cdot \cdot \cdot \frac{3n-3}{3n-2}\cdot \frac{3n-2}{3n}\cdot \frac{3n}{3n+1}\cdot \frac{3n+1}{3n+3}=\frac{1}{3\left( 3n+3 \right)}=\frac{1}{9\left( n+1 \right)}\]
Từ đây suy ra \[P<\frac{1}{3\sqrt{n+1}}\]. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 9:
Phân tích: Để ý ta biến đổi được số hạng tổng quát của các số hạng trên như sau:
\[\frac{{{k}^{2}}+k-1}{\left( k+1 \right)!}=\frac{k\left( k+1 \right)}{\left( k+1 \right)!}-\frac{1}{\left( k-1 \right)!}-\frac{1}{\left( k+1 \right)!}\]
Bây giờ ta làm trội bất đẳng thức trên bằng cách cho \[\text{k}=\text{2},\text{ 3,}\,\,\,...,\text{ n}\].
Lời giải
Ta có: \[\frac{{{k}^{2}}+k-1}{\left( k+1 \right)!}=\frac{k\left( k+1 \right)}{\left( k+1 \right)!}-\frac{1}{\left( k-1 \right)!}-\frac{1}{\left( k+1 \right)!}\]
Cho k nhận được giá trị 2, 3 ,…, n rồi cộng lại ta được:
\[\frac{1}{2!}+\frac{5}{3!}+...+\frac{{{n}^{2}}+n-1}{\left( n+1 \right)!}=\frac{1}{2!}+\frac{1}{1!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{4!}+...+\frac{1}{\left( n-1 \right)!}-\frac{1}{\left( n+1 \right)!}\]
\[=\frac{1}{2!}+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{n!}-\frac{1}{\left( n+1 \right)!}=2-\frac{1}{n!}-\frac{1}{\left( n+1 \right)!}<2\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 10:
Phân tích và Lời giải
Dễ nhận ra các phân số có dạng tổng quát là \[\frac{1}{k{{\left( k+1 \right)}^{2}}}\], cho nên trước khi đánh giá ta cần biến đổi \[\frac{1}{k{{\left( k+1 \right)}^{2}}}=\frac{k+1-k}{k{{\left( k+1 \right)}^{2}}}=\frac{1}{k\left( k+1 \right)}-\frac{1}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}}\] Quan sát chiều bất đẳng thức ta nhận thấy để đánh giá làm trội thì ta có hai cách
- Thay phân số \[\frac{1}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}}\] bởi số nhỏ hơn.
- Thay phân số \[\frac{1}{k\left( k+1 \right)}\] bởi số lớn hơn.
Trong hai cách trên dù thực hiện theo cách nào thì kết quả thu được càng đơn giản càng tốt và có thể liên tiếp được.
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: \[\frac{1}{k\left( k+1 \right)}\,<\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{{{k}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}} \right]\], với cách đánh giá này ta thu được kết quả \[\frac{1}{k{{\left( k+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{{{k}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}} \right]-\frac{1}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}}=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{{{k}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}} \right]\].
Rõ ràng với kết quả đó ta có thể khử được liên tiếp. Bây giờ kiểm tra xem với đánh giá như vậy ta có chứng minh được bài toán không?
Cho \[\text{k}=\text{2},\text{ 3},\,\,...,\,\,\text{n}\] rồi cộng lại ta được:
\[\frac{1}{{{2.3}^{2}}}+\frac{1}{{{3.4}^{2}}}+...+\frac{1}{n{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{{{2}^{2}}}-\frac{1}{{{3}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}-\frac{1}{{{4}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( n+1 \right)}^{2}}} \right]\]
\[=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{{{2}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( n+1 \right)}^{2}}} \right]<\frac{1}{8}\]
Đây là kết quả đúng, ta có thể trình bày lại lời giải như sau:
Sử dụng bất đẳng thức $xy\le \frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2},\,\,\forall x;\,\,y\in R$, ta có\[\forall k\ge 2\] thì:
\[\frac{1}{k{{\left( k+1 \right)}^{2}}}=\frac{k+1-k}{k{{\left( k+1 \right)}^{2}}}=\frac{1}{k\left( k+1 \right)}-\frac{1}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}}\]
\[<\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{{{k}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}} \right]-\frac{1}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}}=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{{{k}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}} \right]\]
Cho \[\text{k}=\text{2},\text{ 3},\,\,...,\,\,\text{n}\] rồi cộng lại ta được:
\[\frac{1}{{{2.3}^{2}}}+\frac{1}{{{3.4}^{2}}}+...+\frac{1}{n{{\left( n+1 \right)}^{2}}}<\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{{{2}^{2}}}-\frac{1}{{{3}^{2}}}+\frac{1}{{{3}^{2}}}-\frac{1}{{{4}^{2}}}+...+\frac{1}{{{n}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( n+1 \right)}^{2}}} \right]\]
\[=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{{{2}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( n+1 \right)}^{2}}} \right]<\frac{1}{8}\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 11:
Phân tích và Lời giải
Để chứng minh bất đẳng thức có chứa căn thức ở mẫu thì điều đầu tiên là tìm cách trục căn thức mẫu, trong bài toán này khi trục căn thức ở mẫu trực tiếp thì ta thu được kết quả \[\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{\sqrt{k}}{k}\], để ý thấy trong căn là các số tự nhiên liên tiếp nên ta cần viết được \[\sqrt{k}\] về dạng \[\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\]hoặc \[\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\], tuy nhiên các phân số còn phụ thuộc vào k ở mẫu nên không thể khử liên tiếp được, do đó cách làm này không đem lại kết quả. Cũng thực hiện theo ý tương này, nhưng ta cần tìm cách cố định mẫu số, do đó ta cần biến đổi chút ít trước khi trục căn thức.
Để ý ta thấy \[2\sqrt{k}\le \sqrt{k+1}+\sqrt{k}\], do đó ta làm trội được \[\frac{1}{\sqrt{k}}>\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}\], đến đây ta mới trục căn thức thì thu được kết quả \[\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=2\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right)\]. Lúc này chỉ cần cho \[\text{k}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,3,\,\,\,...,\,\,\text{n}\] là có thể khử được các căn thức ở giữa và kết quả thu được là \[2\left( \sqrt{n+1}-1 \right)\] chính là vế phải của bất đẳng thức.
Ta có: \[\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{2\sqrt{k}}>\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=2\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right),\,\,\forall k\] là số nguyên dương.
Cho \[\text{k}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,3,\,\,\,...,\,\,\text{n}\] ta có:
\[1>2\left( \sqrt{2}-1 \right);\frac{1}{\sqrt{2}}>2\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right);...;\frac{1}{\sqrt{n}}>2\left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n} \right)\]
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được
\[1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+....+\frac{1}{\sqrt{n}}>2\left( \sqrt{n+1}-1 \right)\,\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 12:
Phân tích và Lời giải
Để ý cách viết các số hạng của tổng trên có dạng \[\frac{1}{\left( k+1 \right)\sqrt{k}}\], ta cần làm trội sao cho có thể khử được liên tiếp. Nhận nhấy ở mẫu có chứa k và \[k+1\] nên ta cần viết 1 thành \[1=k+1-k=\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right)\left( \sqrt{k+1}+\sqrt{k} \right)\], quan sát chiều của bất đẳng thức ta làm trội được \[\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right)\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right)<2\sqrt{k+1}\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right)\], đến đây ta có kết quả là:
\[\frac{1}{\left( k+1 \right)\sqrt{k}}\,<\frac{2\sqrt{k+1}\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right)}{\left( k+1 \right)\sqrt{k}}=\frac{2\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right)}{\sqrt{k+1}.\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}}-\frac{2}{\sqrt{k+1}}\]
Bây giờ ta có thể trình bày lời giải như sau:
Ta có:
\[\frac{1}{\left( k+1 \right)\sqrt{k}}=\frac{k+1-k}{\left( k+1 \right)\sqrt{k}}=\frac{\left( \sqrt{k+1}+\sqrt{k} \right)\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right)}{\left( k+1 \right)\sqrt{k}}\]
\[<\frac{2\sqrt{k+1}\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right)}{\left( k+1 \right)\sqrt{k}}=\frac{2\left( \sqrt{k+1}-\sqrt{k} \right)}{\sqrt{k+1}.\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}}-\frac{2}{\sqrt{k+1}}\]
Cho \[\text{k}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,3,\,\,...,\,\,\text{n}\] rồi cộng vế với vế ta có:
\[\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n}}<\left( \frac{2}{\sqrt{1}}-\frac{2}{\sqrt{2}} \right)+\left( \frac{2}{\sqrt{2}}-\frac{2}{\sqrt{3}} \right)+\,...+\left( \frac{2}{\sqrt{n}}-\frac{2}{\sqrt{n+1}} \right)\]
\[=2-\frac{2}{\sqrt{n+1}}<2\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét: Bài toán tổng quát là với mọi số nguyên dương n ta luôn có:
\[\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n}}<2-\frac{2}{\sqrt{n+1}}\]
Ta có thể đặc biệt hóa bằng cách
- Chọn n để \[n+1\] là một số chính phương, chẳng hạn với \[n=99\] ta có bài toán:
Chứng minh rằng: \[\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+...+\frac{1}{100\sqrt{99}}<\frac{9}{5}\]
- Chọn giá trị n là năm thi, chẳng hạn với \[n=2009\] ta có bất đẳng thức:
\[\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+...+\frac{1}{2010\sqrt{2009}}<2-\frac{2}{\sqrt{2010}}<\frac{88}{45}\]
Đây là đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Thái Bình năm 2009 – 2010
Bài 13:
Phân tích: Để ý ta biến đổi được số hạng tổng quát của các số hạng trên như sau:
\[\frac{1}{\left( 2k+1 \right)\left( \sqrt{k+1}+\sqrt{k} \right)}=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{2k+1}<\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{2\sqrt{k\left( k+1 \right)}}=\frac{1}{2\sqrt{k}}-\frac{1}{2\sqrt{k+1}}\]
Bây giờ ta làm trội bất đẳng thức trên bằng cách cho \[\text{k}=\text{1},\text{ 2},\text{ 3,}\,\,\,...,\text{ n}\].
Lời giải
Vì \[{{\left( 2k+1 \right)}^{2}}=4{{k}^{2}}+4k+1>4{{k}^{2}}+4k\] nên \[2k+1>2\sqrt{k\left( k+1 \right)}\].
Do đó ta được:
\[\frac{1}{\left( 2k+1 \right)\left( \sqrt{k+1}+\sqrt{k} \right)}=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{2k+1}<\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{2\sqrt{k\left( k+1 \right)}}=\frac{1}{2\sqrt{k}}-\frac{1}{2\sqrt{k+1}}\]
Cho \[\text{k}=\text{1},\text{ 2},\text{ 3,}\,\,\,...,\text{ n}\] rồi cộng vế với vế ta có
\[{{S}_{n}}<\frac{1}{2\sqrt{1}}-\frac{1}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}-\frac{1}{2\sqrt{3}}+\frac{1}{2\sqrt{3}}-\frac{1}{2\sqrt{4}}+...+\frac{1}{2\sqrt{n}}-\frac{1}{2\sqrt{n+1}}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{n+1}}<\frac{1}{2}\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét: Bài toán tổng quát là với mọi số nguyên dương n ta luôn có:
\[\frac{1}{3\left( 1+\sqrt{2} \right)}+\frac{1}{5\left( \sqrt{2}+\sqrt{3} \right)}+...+\frac{1}{\left( 2n+1 \right)\left( \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \right)}<\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{n+1}}\]
Ta có thể đặc biệt hóa bằng cách
- Chọn n để \[n+1\] là một số chính phương, chẳng hạn với \[n=99\] ta có bài toán:
Chứng minh rằng:
\[\frac{1}{3\left( 1+\sqrt{2} \right)}+\frac{1}{5\left( \sqrt{2}+\sqrt{3} \right)}+...+\frac{1}{199\left( \sqrt{99}+\sqrt{100} \right)}<\frac{1}{2}-\frac{1}{2.10}=\frac{9}{20}\]
- Chọn giá trị n là năm thi, chẳng hạn với \[n=2001\] ta có bất đẳng thức:
\[\frac{1}{3\left( 1+\sqrt{2} \right)}+\frac{1}{5\left( \sqrt{2}+\sqrt{3} \right)}+...+\frac{1}{4003\left( \sqrt{2001}+\sqrt{2002} \right)}<\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{2002}}<\frac{2001}{2003}\]
Đây là đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm 2001 – 2002
Hoặc \[n=2007\] ta có bất đẳng thức:
\[\frac{1}{3\left( 1+\sqrt{2} \right)}+\frac{1}{5\left( \sqrt{2}+\sqrt{3} \right)}+...+\frac{1}{4015\left( \sqrt{2007}+\sqrt{2008} \right)}<\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{2008}}<\frac{2007}{2009}\]
Đây là đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Ninh Bình năm 2007 – 2008
Bài 14:
Phân tích: Để ý ta biến đổi được số hạng tổng quát của các số hạng trên như sau:
\[\frac{1}{\left( k+1 \right)\sqrt{k}+k\sqrt{k+1}}=\frac{\left( k+1 \right)\sqrt{k}-k\sqrt{k+1}}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}k-{{k}^{2}}\left( k+1 \right)}=\frac{\left( k+1 \right)\sqrt{k}-k\sqrt{k+1}}{k\left( k+1 \right)}\,=\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}\]
Bây giờ ta làm trội bất đẳng thức trên bằng cách cho \[\text{k}=\text{1},\text{ 2},\text{ 3,}\,\,\,...,\text{ n}\].
Lời giải
Đặt $$\[{{S}_{n}}=\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}\]
Để ý rằng với \[k\ge 1\], ta có:
\[\frac{1}{\left( k+1 \right)\sqrt{k}+k\sqrt{k+1}}=\frac{\left( k+1 \right)\sqrt{k}-k\sqrt{k+1}}{{{\left( k+1 \right)}^{2}}k-{{k}^{2}}\left( k+1 \right)}=\frac{\left( k+1 \right)\sqrt{k}-k\sqrt{k+1}}{k\left( k+1 \right)}\,=\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}\]
Cho \[\text{k}=\text{1},\,\,\text{2},\,\,3,\,\,\,...,\,\,\text{n}\]rồi cộng vế với vế ta có:
\[{{S}_{n}}=\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}=1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\]
Do đó ta được \[{{S}_{2015}}=1-\frac{1}{\sqrt{2016}}\]. Như vậy, ta phải chứng minh:
\[\frac{43}{44}<1-\frac{1}{\sqrt{2016}}<\frac{44}{45}\Leftrightarrow 44<\sqrt{2016}<45\Leftrightarrow 1936<2016<2025\].
Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Thực chất đây là bài toán tính tổng:
\[{{S}_{n}}=\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}=1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\]
Đến đây ta có thể chọn n là một giá trị nào đó rồi có thể làm trội, làm giảm để tự sáng tạo ra các bất đẳng thức tương ứng.
Bài 15:
Phân tích và Lời giải
Nhận thấy số hạng tổng quát được viết dước dạng \[\frac{1}{\left( k+1 \right)\sqrt{k+1}+k\sqrt{k}}\]. Quan sát chiều bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy cần phải chứng minh được bất đẳng thức kiểu \[\left( k+1 \right)\sqrt{k+1}+k\sqrt{k}>A\] với điều kiện biểu thức A phải chứa k và \[k+1\] đồng thời phải phân tích được thành tích, do đó biểu thức A có thể là \[k\sqrt{k+1}+\left( k+1 \right)\sqrt{k}\]. Bây giờ ta cần chứng minh \[\left( k+1 \right)\sqrt{k+1}+k\sqrt{k}>k\sqrt{k+1}+\left( k+1 \right)\sqrt{k}\]. Để đơn giản hơn ta có thể đặt \[x=k;\,\,y=k+1\] rồi chứng minh \[x\sqrt{y}+y\sqrt{x}\le x\sqrt{x}+y\sqrt{y}\], bất đẳng thức này được chứng minh bằng phép biến đổi tương đương. Đến đây ta thu được bất đẳng thức:
\[\frac{1}{2\sqrt{2}+1\sqrt{1}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}}\,<\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}\].
Bây giờ ta cần chứng minh được :
\[\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}\le 1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\]
Rõ ràng đây là kết quả của bài toán trong ví dụ trên. Ta có thể trình bày lời giải như sau:
Bổ đề: Với mọi số thực dương x, y ta có: \[x\sqrt{y}+y\sqrt{x}\le x\sqrt{x}+y\sqrt{y}\]
Chứng minh: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương, ta được:
\[x\sqrt{y}+y\sqrt{x}\le x\sqrt{x}+y\sqrt{y}\Leftrightarrow x\sqrt{x}+y\sqrt{y}-x\sqrt{y}-y\sqrt{x}\ge 0\]
\[\Leftrightarrow x\left( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right)+y\left( \sqrt{y}-\sqrt{x} \right)>0\Leftrightarrow \left( x-y \right)\left( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right)\ge 0\]
\[\Leftrightarrow \left( \sqrt{x}+\sqrt{y} \right){{\left( \sqrt{x}-\sqrt{y} \right)}^{2}}\ge 0\]
Vậy bổ đề được chứng minh.
Áp dụng bổ đề ta có:
\[\left( n+1 \right)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}>n\sqrt{n+1}+\left( n+1 \right)\sqrt{n}\]
\[\Rightarrow \frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}}<\frac{1}{n\sqrt{n+1}+\left( n+1 \right)\sqrt{n}}\]
Vì thế ta được:
\[\frac{1}{2\sqrt{2}+1\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{3}+2\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}}\]
\[<\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}\]
Mà theo kết quả của ví dụ trên thì
\[\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}=1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\]
Vậy bài toán đươực chứng minh.
Nhận xét: Quan sát kĩ hai ví dụ 14 và 15 ta nhận thấy, để chứng minh được bất đẳng thức trong ví dụ 15 thì ta chỉ cần chứng minh được:
\[\frac{1}{2\sqrt{2}+1\sqrt{1}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}}<\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\left( n+1 \right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}\]
Điều này tương đương với chứng minh \[\left( n+1 \right)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}>n\sqrt{n+1}+\left( n+1 \right)\sqrt{n}\].
Tuy nhiên trong tình huống không có ví dụ 14 thì bất đẳng thức trong ví dụ 15 thực sự là khó, để tìm ra được đánh giá \[\left( n+1 \right)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}>n\sqrt{n+1}+\left( n+1 \right)\sqrt{n}\] cần phải phân tích thật kĩ mối quan hệ giữa các con số trong bài toán.
Bài 16:
Lời giải
Bổ đề: Với mọi x, y > 0, ta có \[\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\ge \sqrt{2xy}\left( x+y \right)\]
Chứng minh: sử dụng phương pháp biến đổi tương đương ta được
\[\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\ge \sqrt{2xy}\left( x+y \right)\]
\[\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2xy \right)\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}+xy\left[ 2\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}-\sqrt{2}\left( x+y \right) \right]\ge 0\]
\[\Leftrightarrow {{\left( x-y \right)}^{2}}\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}+xy\frac{4\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)-2{{\left( x+y \right)}^{2}}}{2\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{2}\left( x+y \right)}\ge 0\]
\[\Leftrightarrow {{\left( x-y \right)}^{2}}\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}+xy\frac{2{{\left( x-y \right)}^{2}}}{2\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{2}\left( x+y \right)}\ge 0\]
Do x, y > 0 nên bất đẳng thức cuối cùng đúng, bổ đề được chứng minh.
Áp dụng bổ đề với \[x=\sqrt{k+\frac{1}{2}};\,\,y=\sqrt{k-\frac{1}{2}}\], ta được:
\[\left( k+\frac{1}{2}+k-\frac{1}{2} \right)\sqrt{k+\frac{1}{2}+k-\frac{1}{2}>}\sqrt{2\left( k+\frac{1}{2} \right)\left( k-\frac{1}{2} \right)}\left( \sqrt{k+\frac{1}{2}}+\sqrt{k-\frac{1}{2}} \right)\]
\[\Leftrightarrow 2k\sqrt{k}>\sqrt{\left( k+\frac{1}{2} \right)\left( k-\frac{1}{2} \right)}\left( \sqrt{k+\frac{1}{2}}+\sqrt{k-\frac{1}{2}} \right)\]
Từ đây suy ra:
\[\frac{1}{k\sqrt{k}}<\frac{2}{\sqrt{\left( k+\frac{1}{2} \right)\left( k-\frac{1}{2} \right)}\left( \sqrt{k+\frac{1}{2}}+\sqrt{k-\frac{1}{2}} \right)}=\frac{2}{\sqrt{k-\frac{1}{2}}}-\frac{2}{\sqrt{k+\frac{1}{2}}},\forall k\ge 1\]
Cho \[\text{k}=\text{1},\text{ 2},\,\,...,\,\,\text{n}\] rồi cộng vế với vế ta được:
\[1+\frac{1}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{3}}+...+\frac{1}{n\sqrt{n}}<\frac{2}{\sqrt{\frac{1}{2}}}-\frac{2}{\sqrt{\frac{3}{2}}}+\frac{2}{\sqrt{\frac{3}{2}}}-\frac{2}{\sqrt{\frac{5}{2}}}+...+\frac{2}{\sqrt{n-\frac{1}{2}}}-\frac{2}{\sqrt{n+\frac{1}{2}}}\]
\[=\frac{2}{\sqrt{\frac{1}{2}}}-\frac{2}{\sqrt{n+\frac{1}{2}}}<\frac{2}{\sqrt{\frac{1}{2}}}=2\sqrt{2}\]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 17:
Lời giải
Ta sẽ chứng minh:
\[\frac{2}{3}\left[ k\sqrt{k+1}-\left( k-1 \right)\sqrt{k} \right]<\sqrt{k}<\frac{2}{3}\left[ \left( k+1 \right)\sqrt{k}-k\sqrt{k-1} \right],\forall k\ge 1\,\,\,\,\left( * \right)\]
Thật vậy, bất đẳng thức bên trái tương đương với
\[2k\sqrt{k+1}-2\left( k-1 \right)\sqrt{k}<3\sqrt{k}\Leftrightarrow 2k\sqrt{k+1}<\left( 2k+1 \right)\sqrt{k}\]
\[\Leftrightarrow 2\sqrt{k\left( k+1 \right)}<2k+1\Leftrightarrow 4{{k}^{2}}+4k<{{\left( 2k+1 \right)}^{2}}\Leftrightarrow 0<1\]
Bất đẳng thức bên phải tương đương với
\[3\sqrt{k}<2\left( k+1 \right)\sqrt{k}-2k\sqrt{k-1}\Leftrightarrow 2k\sqrt{k-1}<\left( 2k-1 \right)\sqrt{k}\]
\[\Leftrightarrow 2\sqrt{k\left( k-1 \right)}<2k-1\Leftrightarrow 4{{k}^{2}}-4k<{{\left( 2k-1 \right)}^{2}}\Leftrightarrow 0<1\]
Cả hai đánh giá cuối cùng đề đúng, do đó bất đẳng thức (*) được chứng minh.
Bây giờ ta áp dụng bất đẳng thức trên cho \[\text{k}=\text{1},\text{ 2},\,\,...,\,\,\,\text{n}\], khi đó ta được:
\[\frac{2}{3}\left( \sqrt{2}-0 \right)<\sqrt{1}<\frac{2}{3}\left( 2\sqrt{1}-\sqrt{0} \right);\frac{2}{3}\left( 2\sqrt{3}-\sqrt{2} \right)<\sqrt{2}<\frac{2}{3}\left( 3\sqrt{2}-2\sqrt{1} \right)\]
\[\frac{2}{3}\left( 3\sqrt{4}-2\sqrt{3} \right)<\sqrt{3}<\frac{2}{3}\left( 4\sqrt{3}-3\sqrt{2} \right)\]
........
\[\frac{2}{3}\left[ n\sqrt{n+1}-\left( n-1 \right)\sqrt{n} \right]<\sqrt{n}<\frac{2}{3}\left[ \left( n+1 \right)\sqrt{n}-n\sqrt{n-1} \right]\]
Cộng các bất đẳng thức này lại vế theo vế, ta thu ngay được kết quả cần chứng minh.
Bài 18:
Phân tích: Với bất đẳng thức dạng như bài toán này ta thường dùng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh. Do đó ta thực hiện theo trình tự các bước quy nạp, vấn đề là khi thực hiện quy nạp ta sử dụng giả thiết quy nạp như thế nào mà thôi. Trong bài toán này ta có giả thiết quy nạp là \[{{2}^{k}}>{{k}^{2}}\] và cần phải chứng minh \[{{2}^{k+1}}>{{\left( k+1 \right)}^{2}}\]. Để ý là \[k\ge 5\] nên ta được \[2{{k}^{2}}={{\left( k+1 \right)}^{2}}+k\left( k-5 \right)+3k-1>{{\left( k+1 \right)}^{2}}\]. Do đó để hoàn tất chứng minh ta cần chỉ ra được \[{{2}^{k+1}}>2{{k}^{2}}\], đây là kết quả đúng theo giả thiết quy nạp.
Lời giải
+ Với \[n=5\], bất đẳng thức trở thành: \[{{2}^{5}}>{{5}^{2}}\Leftrightarrow 32>25\](đúng)
Suy ra bất đẳng thức đúng với \[n=5\]
+ Giả sử bất đẳng thức đúng đến \[n=k\left( k\in N,\,\,k\ge 5 \right)\], tức là ta được \[{{2}^{k}}>{{k}^{2}}\]
+ Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với \[\text{n}=\text{k}+\text{1}\], hay \[{{2}^{k+1}}>{{\left( k+1 \right)}^{2}}\]
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có: \[{{2}^{k+1}}={{2.2}^{k}}>2{{k}^{2}}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]
Vì \[k\ge 5\] nên \[2{{k}^{2}}={{k}^{2}}+2k+1+{{k}^{2}}-2k-1={{\left( k+1 \right)}^{2}}+k\left( k-5 \right)+3k-1>{{\left( k+1 \right)}^{2}}\]
Suy ra ta được\[2{{k}^{2}}>{{\left( k+1 \right)}^{2}}\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\]
Từ (1) và (2) ta có bất đẳng thức đúng với \[\text{n}=\text{k}+\text{1}\], nên theo nguyên lý quy nạp thì bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 19:
Phân tích: Ta sử dụng phưng pháp quy nạp để chứng minh bài toán này. Ở đây giả thiết quy nạp là \[{{\left( 1+x \right)}^{k}}\ge 1+kx\] và ta cần chứng minh \[{{\left( 1+x \right)}^{k+1}}\ge 1+\left( k+1 \right)x\]. Nhận thấy từ giả thiết quy nạp ta có \[{{\left( 1+x \right)}^{k+1}}={{\left( 1+x \right)}^{k}}\left( 1+x \right)\ge \left( 1+x \right)\left( 1+kx \right)\], ta cần chỉ ra được \[\left( 1+x \right)\left( 1+kx \right)\ge 1+\left( k+1 \right)x\], nhưng đây rõ ràng là một kết quả đúng.
Lời giải
+ Với \[n=1\], bất đẳng thức trở thành $1+x\ge 1+x$ (đúng).
Suy ra bất đẳng thức đúng với \[n=1\].
+ Giả sử bất đẳng thức đúng đến \[n=k\left( k\in N,\,\,k\ge 1 \right)\], tức là ta được \[{{\left( 1+x \right)}^{k}}\ge 1+kx\]
+ Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với \[n=k+1\], hay \[{{\left( 1+x \right)}^{k+1}}\ge 1+\left( k+1 \right)x\]
Thật vậy, vì \[x\ge -1\Rightarrow x+1\ge 0\] nên theo giả thiết quy nạp, ta có
\[{{\left( 1+x \right)}^{k+1}}={{\left( 1+x \right)}^{k}}\left( 1+x \right)\ge \left( 1+x \right)\left( 1+kx \right)\]
Mà \[\left( 1+x \right)\left( 1+kx \right)=1+\left( k+1 \right)x+k{{x}^{2}}\ge 1+\left( k+1 \right)x\] nên
\[{{\left( 1+x \right)}^{k+1}}\ge \left( 1+x \right)\left( 1+kx \right)\ge 1+\left( k+1 \right)x\]
Hay bất đẳng thức đúng với \[n=k+1\], nên theo nguyên lý quy nạp suy ra bất đẳng thức được chứng minh.
Bài 20:
Phân tích: Ta chứng minh bất đẳng thức trên bằng phương pháp quy nạp, tuy nhiên để chứng minh được \[\frac{{{a}^{k+1}}+{{b}^{k+1}}}{2}\ge {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{k+1}}\], ta cần chứng minh được bất đẳng thức
\[\frac{{{a}^{k}}+{{b}^{k}}}{2}\cdot \frac{a+b}{2}\le \frac{{{a}^{k+1}}+{{b}^{k+1}}}{2}\].
Lời giải
+ Với \[n=1\], bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
+ Giả sử bất đẳng thức đúng đến \[n=k\left( k\in N,\,\,k\ge 1 \right)\], tức là ta có: \[\frac{{{a}^{k}}+{{b}^{k}}}{2}\ge {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{k}}\]
+ Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với \[n=k+1\], hay \[\frac{{{a}^{k+1}}+{{b}^{k+1}}}{2}\ge {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{k+1}}\]
Thật vậy, vì \[a+b\ge 0\], nên theo giả thiết quy nạp ta có:
\[{{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{k+1}}={{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{k}}\cdot \frac{a+b}{2}\le \frac{{{a}^{k}}+{{b}^{k}}}{2}\cdot \frac{a+b}{2}\]
Bất đẳng thức đúng với \[n=k+1\] nếu ta chứng minh được
\[\frac{{{a}^{k}}+{{b}^{k}}}{2}\cdot \frac{a+b}{2}\le \frac{{{a}^{k+1}}+{{b}^{k+1}}}{2}\left( * \right)\]
Mà (*) tương đương với
\[\left( {{a}^{k}}+{{b}^{k}} \right)\left( a+b \right)\le 2\left( {{a}^{k+1}}+{{b}^{k+1}} \right)\Leftrightarrow {{a}^{k+1}}+{{b}^{k+1}}-{{a}^{k}}b-{{b}^{k}}a\ge 0\]
\[\Leftrightarrow \left( a-b \right)\left( {{a}^{k}}-{{b}^{k}} \right)\ge 0\left( ** \right)\]
Vì vai trò của a, b như nhau nên ta có thể giả sử \[a\ge b\], khi đó \[a-b\ge 0\] (1)
Mặt khác, từ $a+b\ge 0\Rightarrow a\ge -b$ nên\[a\ge \left| b \right|\ge 0\Rightarrow {{a}^{k}}\ge {{\left| b \right|}^{k}}\ge {{b}^{k}}\Rightarrow {{a}^{k}}-{{b}^{k}}\ge 0\] (2)
Từ (1) và (2) suy ra bất đẳng thức (**) luôn đúng.
Vậy theo nguyên lý quy nạp suy ra bất đẳng thức được chứng minh.
