Một số dạng bài toán 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: \[{{a}^{3}}-{{b}^{3}}-ab\ge \frac{1}{2}\]

Giải:

Giả sử \[{{a}^{3}}-{{b}^{3}}-ab\ge \frac{1}{2}\] (1)

\[\Leftrightarrow \] (a – b)(a² + ab + b²) – ab \[\ge \frac{1}{2}\]

\[\Leftrightarrow \] a² + ab + b² – ab \[\ge \frac{1}{2}\] (vì  a – b = 1)

\[\Leftrightarrow \] 2a² + 2b² \[\ge \] 1

\[\Leftrightarrow \] 2(b + 1)² + 2b² \[\ge \] 1            (vì a = b + 1)

\[\Leftrightarrow \] 2b² + 4b + 2 + 2b^{2 \[\ge \]} 1

\[\Leftrightarrow \] 4b² + 4b + 1 \[\ge \] 0

\[\Leftrightarrow \] (2b + 1)² \[\ge \] 0              (2)

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

Vậy  a³ – b³ – ab \[\ge \frac{1}{2}\] với a – b =1. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

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)

\[\Leftrightarrow \] 2(a⁴ + b⁴) \[\ge \] (a + b)(a³ + b³)           (vì a + b = 2)

\[\Leftrightarrow \] 2a⁴ + 2b⁴ \[\ge \]  a⁴ + a³b + ab³ + b⁴

\[\Leftrightarrow \] a⁴ + b⁴ – a³b – ab³ \[\ge \] 0

\[\Leftrightarrow \] (a - b)(a³ – b³) \[\ge \] 0

\[\Leftrightarrow \] (a – b)²(a² + ab + b²) \[\ge \] 0  (2)

Vì (a – b)² \[\ge \] 0 và a² + ab + b²  = (a + \[\frac{1}{2}\])² + \[\frac{3}{4}\] \[\ge \] 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)

\[\Leftrightarrow \] 2(a⁴ + b⁴) \[\ge \] (a + b)(a³ + b³)           (vì a + b = 2)

\[\Leftrightarrow \] 2a⁴ + 2b⁴ \[\ge \]  a⁴ + a³b + ab³ + b⁴

\[\Leftrightarrow \] a⁴ + b⁴ – a³b – ab³ \[\ge \] 0

\[\Leftrightarrow \] (a - b)(a³ – b³) \[\ge \] 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 \[\ge \] D, chứng minh A x 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) \[\ge \] 0

– Dùng giả thiết C \[\ge \] D để suy ra A \[\ge \] B.

Ví dụ 1:

Cho  a + b \[\ge \] 1.  Chứng minh: a² + b² \[\ge \] \[\frac{1}{2}\]

Giải

Xét biểu thức: M = (a² + b² - \[\frac{1}{2}\]) + (1 – a − b)

= a² + b² – a – b + \[\frac{1}{2}\]

= ( a² – a + \[\frac{1}{4}\]) + ( b² – b + \[\frac{1}{4}\] )

= ( a - \[\frac{1}{2}\])² + ( b - \[\frac{1}{2}\])²

Vì ( a - \[\frac{1}{2}\])²  \[\ge \] 0 và ( b - \[\frac{1}{2}\])^{2  \[\ge \]} 0 nên ( a² + b² − \[\frac{1}{2}\])+( 1 – a − b) \[\ge \] 0

mà a + b \[\ge \] 1  suy ra 1 –  a – b \[\le \]0. Do đó \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-\frac{1}{2}\]\[\ge \] 0

Vậy a² + b² \[\ge \] \[\frac{1}{2}\]  với a + b \[\ge \] 1  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = \[\frac{1}{2}\].

Ví dụ 2: Cho a + b \[\ge \] 2. Chứng minh rằng: \[{{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\]

Giải

Xét biểu thức : N = \[{{a}^{4}}+{{b}^{4}}-{{a}^{3}}-{{b}^{3}}\]+ ( 2 – a − b)

= (a⁴ – a³ − a + 1) + ( b⁴ – b³ – b +1)

= (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) \[\ge \] 0 và (b – 1)² (b² +  b + 1) \[\ge \] 0

Suy ra (\[{{a}^{4}}+{{b}^{4}}-{{a}^{3}}-{{b}^{3}}\]) + ( 2 – a − b) \[\ge \] 0

mà a + b \[\ge \] 2 nên  2 – a – b \[\le \] 0 . Do đó (\[{{a}^{4}}+{{b}^{4}}-{{a}^{3}}-{{b}^{3}}\]) \[\ge \] 0

Vậy: \[{{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}\]

.

Bài viết gợi ý: