18/02/2018

Sử dụng các tính chất của tỉ số, tính chất giá trị tuyệt đối và tính chất của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức

By cuadmin Bất đẳng thức, Chuyên đề 0 Comments

Người ta có thể sử dụng các tính chất của tỉ số, tính chất giá trị tuyệt đối và tính chất của tam thức bậc hai để làm các bài toán chứng minh bất đẳng thức.

Các em hãy đọc lý thuyết và xem các ví dụ để hiểu rõ về phương pháp này.

Tóm tắt

1 A. Kiến thức cần nhớ
2 B. Một số ví dụ minh họa

A. Kiến thức cần nhớ

1. Một số tính chất của tỉ số

+ Với các số thực dương a, b bất kì, ta luôn có $latex a\ge b\Leftrightarrow \frac{1}{a}\le \frac{1}{b}$

+ Với các số thực dương a, b, c, d bất kì, ta có:

– Nếu $latex \frac{a}{b}<1$ thì $latex \frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+c}$

– Nếu $latex \frac{a}{b}>1$ thì $latex \frac{a}{b}>\frac{a+c}{b+c}$

– Nếu $latex \frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ thì $latex \frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+d}<\frac{c}{d}$

2. Một số tính chất của giá trị tuyệt đối trong bất đẳng thức

+ $latex \left| a \right|\ge a;\,\,\,\left| a \right|\ge 0$

+ $latex \left| a \right|\le b\Leftrightarrow -b\le a\le b$

+ $latex \left| a \right|\ge b>0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a\ge b\\a\le -b\end{array} \right.$

+ $latex \left| a-b \right|\le \left| a+b \right|$. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a, b cùng dấu.

+ Cho các số thực $latex {{a}_{1}},{{a}_{2}},…,{{a}_{n}}$, thế thì hiển nhiên ta có

$latex \left| {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}} \right|\le \left| {{a}_{1}} \right|+\left| {{a}_{2}} \right|+…+\left| {{a}_{n}} \right|$

+ Cho các số thực khác không bất kì a; b, thế thì hiển nhiên ta có

$latex \left| \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right|\ge 2$. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $latex a=\pm b$.

3. Một số tính chất của tam thức bậc hai thường dùng trong bất đẳng thức

Cho tam thức bậc hai $latex \displaystyle f(x)=\text{a}{{\text{x}}^{2}}+bx+c$ với $latex \displaystyle a\ne 0$. Khi đó ta viết được $latex f(x)=\text{a}{{\text{x}}^{2}}+bx+c=a{{\left( ax-\frac{b}{2a} \right)}^{2}}-\frac{\Delta }{4{{a}^{2}}}$ với $latex \Delta ={{b}^{2}}-4ac$

Từ đó ta có một số tính chất sau:

Tính chất 1: Đa thức có nghiệm khi và chỉ khi $latex \Delta ={{b}^{2}}-4ac\ge 0$

Tính chất 2: Nếu $latex \Delta ={{b}^{2}}-4ac\le 0$ thì $latex \displaystyle af(x)\ge 0$.

Tính chất 3: Nếu $latex \Delta ={{b}^{2}}-4ac>0$ và đa thức có hai nghiệm $latex \displaystyle {{x}_{1}};\,\,{{x}_{2}}\,\,\left( {{x}_{1}}<\,{{x}_{2}} \right)$ thì

+ $latex \displaystyle af(x)\le 0$ với mọi giá trị $latex \displaystyle {{x}_{1}}\le x\le {{x}_{2}}$.

+ $latex \displaystyle \text{af(x)}\,\text{}\,\text{0}$ với mọi giá trị $latex \displaystyle x\le {{x}_{1}}$ hoặc $latex \displaystyle x\ge {{x}_{2}}$.

B. Một số ví dụ minh họa

1. Sử dụng tính chất của tỉ số

Ví dụ 1. Cho a, b là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:

$latex \frac{a}{2a+b}+\frac{b}{a+2b}<1$

Phân tích: Để ý ta thấy $latex \displaystyle \frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}=1$, như vậy để chứng minh bất đẳng thức ta cần đánh giá được $latex \displaystyle \frac{a}{2a+b}<\frac{a}{a+b};\,\,\,\frac{b}{2b+a}<\frac{b}{a+b}$.

Lời giải

Do a, b là các số dương nên ta có $latex \displaystyle 2a+b>a+b;\,\,a+2b>a+b$

Từ đó suy ra $latex \displaystyle \frac{a}{2a+b}<\frac{a}{a+b};\,\,\,\frac{b}{2b+a}<\frac{b}{a+b}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

$latex \displaystyle \frac{a}{2a+b}+\frac{b}{2b+a}<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}=\frac{a+b}{a+b}=1$

Vậy bài toán được chứng minh.

Ví dụ 2. Cho a, b, c là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:

$latex 1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}<2$

Phân tích: Quan sát bất đẳng thức kép trên ta nhận thấy khó có thể biến đổi tương đương để chứng minh bài toán, ở đây ta cũng không cần phải dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra. Để ý một chút ta có $latex \displaystyle 1=\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}$, như vậy cần đánh giá được $latex \displaystyle \frac{a}{a+b+c}<\frac{a}{a+b}$. Dễ nhận thấy đánh giá đó hiển nhiên đúng, do đó chỉ cần áp dụng tương tự thì bất đẳng thức bên trái được chứng minh. Để chứng minh được bất đẳng thức bên phải thì ta cần phải đánh giá được $latex \frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}$, việc này hoàn toàn có thể thực hiện được nhờ tính chất của tỉ số.

Lời giải

Do a, b, c là các số dương nên ta có $latex \frac{a}{a+b}<1$. Vì vậy theo tính chất của tỉ số ta được

$latex \displaystyle \frac{a}{a+b+c}<\frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}$

Áp dụng tương tự ta có:

$latex \displaystyle \frac{b}{a+b+c}<\frac{b}{b+c}<\frac{a+b}{a+b+c},\,\frac{c}{a+b+c}<\frac{c}{c+a}<\frac{b+c}{a+b+c}$

Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức kép trên ta được

$latex 1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}<2$

Vậy bài toán được chứng minh.

Ví dụ 3. Cho a, b, c, d là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:

$latex \displaystyle 1<\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}<2$

Lời giải

Theo tính chất của tỉ số ta có

$latex \displaystyle \frac{a}{a+b+c}<1\Rightarrow \frac{a}{a+b+c}<\frac{a+d}{a+b+c+d}$

Mặt khác ta lại có $latex \displaystyle \frac{a}{a+b+c}>\frac{a}{a+b+c+d}$

Kết hợp hai bất đẳng thức trên ta được

$latex \displaystyle \frac{a}{a+b+c+d}<\frac{a}{a+b+c}<\frac{a+d}{a+b+c+d}$

Tương tự ta có

$latex \displaystyle \begin{array}{l}\frac{b}{a+b+c+d}<\frac{b}{b+c+d}<\frac{b+a}{a+b+c+d}\\\frac{c}{a+b+c+d}<\frac{c}{c+d+a}<\frac{b+c}{a+b+c+d}\\\frac{d}{a+b+c+d}<\frac{d}{d+a+b}<\frac{d+c}{a+b+c+d}\end{array}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được.

$latex \displaystyle 1<\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}<2$

Nhận xét: Để chứng minh các bất đẳng thức ta cần tinh ý sử dụng các tính chất của tỉ số. Ngoài ra các bất đẳng thức trong ở hai ví dụ trên có thể được phát biểu lại như sau: Cho các biểu thức với a, b, c là các số thực dương.

$latex \begin{array}{l}A=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\\B=\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}\end{array}$

Chứng minh A, B không thể nhận các giá trị nguyên.

2. Sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối

Ví dụ 4. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

$latex \left| \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a}-\frac{a}{c} \right|<1$

Phân tích: Để ý ta có $latex \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a}-\frac{a}{c}=\frac{{{a}^{2}}c+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b-{{a}^{2}}b-{{c}^{2}}a-{{b}^{2}}c}{abc}$, phân tích thành nhân tử $latex {{a}^{2}}c+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b-{{a}^{2}}b-{{c}^{2}}a-{{b}^{2}}c\,=\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)$, mà a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên $latex \left| a-b \right|<c;\mathrm{ }\left| b-c \right|<a;\mathrm{ }\left| c-a \right|<b$. Đến đây ta chứng minh được bất đẳng thức.

Lời giải

Ta có

$latex \begin{array}{l}\left| \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a}-\frac{a}{c} \right|=\left| \frac{{{a}^{2}}c+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b-{{a}^{2}}b-{{c}^{2}}a-{{b}^{2}}c}{abc} \right|\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{\left| \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right|}{abc}\end{array}$

Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên ta có

$latex \left| a-b \right|<c;\mathrm{ }\left| b-c \right|<a;\mathrm{ }\left| c-a \right|<b$

Do đó ta suy ra $latex \left| \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right|<abc$

Hay $latex \frac{\left| \left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right) \right|}{abc}<1$

Suy ra $latex \left| \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a}-\frac{a}{c} \right|<1$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn $latex \displaystyle a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$latex \sqrt{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{b}^{2}}-bc+{{c}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}-ca+{{a}^{2}}}\ge 3$

Phân tích: Trước hết ta dự đoán đẳng thức xẩy ra tại $latex \displaystyle a=b=c=1$. Quan sát kĩ bất đẳng thức ta có nhận định là cần phải có một đánh giá kiểu $latex \displaystyle {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}\ge k{{\left( a+b \right)}^{2}}$ để khi khử căn ta thu được $latex \displaystyle a+b$. Vấn đề là cần xác định giá trị của k để đánh giá trên là đúng, nhớ là đẳng thức xảy ra tại $latex \displaystyle a=b=c$ nên ta xác định được $latex \displaystyle k=\frac{1}{4}$, tức là ta có $latex \displaystyle {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}\ge \frac{1}{4}{{\left( a+b \right)}^{2}}$. Một điều nữa cần chú ý là các biến a, b, c là các số thực bất kì nên khi khử căn ta cần lấy giá trị tuyệt đối và để ý đến $latex \displaystyle \left| a+b \right|\ge a+b$.

Lời giải

Trước hết ta chứng minh $latex \displaystyle {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}\ge \frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}$.

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

$latex \displaystyle 4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab \right)\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2ab\Leftrightarrow 3\left( {{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}} \right)\ge 0\Leftrightarrow 3{{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$

Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên bất đẳng thức trên được chứng minh.

Từ bất đẳng thức trên ta có

$latex \displaystyle \sqrt{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}\ge \sqrt{\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}}=\frac{\left| a+b \right|}{2}\ge \frac{a+b}{2}$

Chứng minh tương tự ta được

$latex \sqrt{{{b}^{2}}-bc+{{c}^{2}}}\ge \frac{b+c}{2};\,\,\sqrt{{{c}^{2}}-ca+{{a}^{2}}}\ge \frac{c+a}{2}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

$latex \sqrt{{{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{b}^{2}}-bc+{{c}^{2}}}+\sqrt{{{c}^{2}}-ca+{{a}^{2}}}\ge \frac{2\left( a+b+c \right)}{2}=3$

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi $latex \displaystyle a=b=c=1$

Ví dụ 6. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rằng:

Bất đẳng thức sẽ được giải quyết nếu như ta khẳng định được $latex \displaystyle ab\ge 0$. Chú ý đến vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức thì việc giả sử $latex \displaystyle ab\ge 0$ là hoàn toàn thực hiện được. Bây giờ ta cần trình bày lại lời giải nữa là xong.

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$latex \displaystyle \begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{{c}^{2}}+{{\left( a+b+c \right)}^{2}}+2\left| c\left( a+b+c \right) \right|\ge {{\left( a+c \right)}^{2}}+{{\left( b+c \right)}^{2}}+2\left| \left( a+c \right)\left( b+c \right) \right|\\\Leftrightarrow ab+\left| c\left( a+b+c \right) \right|\ge \left| \left( a+c \right)\left( b+c \right) \right|\Leftrightarrow ab+\left| c\left( a+b+c \right) \right|\ge \left| ab+c\left( a+b+c \right) \right|\end{array}$

Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức giá trị tuyệt đối.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi a, b, c cùng dấu.

3. Sử dụng tính chất của tam thức bậc hai

Ví dụ 7. Cho a, b là các số thực thỏa mãn $latex \displaystyle {{a}^{2}}-a+2b+4{{b}^{2}}-4ab\le 0$

Chứng minh rằng: $latex \displaystyle 0\le a-2b\le 1$

Phân tích: Để ý rằng bất phương trình bậc hai $latex A{{t}^{2}}+Bt+C\le 0\Leftrightarrow {{t}_{1}}<t<{{t}_{2}}$ với $latex A>0$, trong đó $latex {{t}_{1}};\,\,{{t}_{2}}$ là các nghiệm của tam thức $latex A{{t}^{2}}+Bt+C$. Phân tích bất đẳng thức giả thiết ta thu được $latex \displaystyle {{\left( a-2b \right)}^{2}}-\left( a-2b \right)\le 0$, ta xem vế trái là đa thức biến $latex \displaystyle a-2b$, khi đó ta có lời giải sau.

Lời giải

Bất đẳng thức giả thiết tương đương với

$latex \displaystyle {{a}^{2}}-4ab+4{{b}^{2}}-\left( a-2b \right)\le 0\Leftrightarrow {{\left( a-2b \right)}^{2}}-\left( a-2b \right)\le 0$

Đặt $latex \displaystyle t=a-2b\Rightarrow {{t}^{2}}-t\le 0\Leftrightarrow 0\le t\le 1\Leftrightarrow 0\le a-2b\le 1$

Vậy bài toán được chứng minh.

Ví dụ 8. Cho a, b là các số thực bất kì. Chứng minh rằng: $latex {{a}^{2}}{{b}^{4}}+2\left( {{a}^{2}}+2 \right){{b}^{2}}+4ab+{{a}^{2}}\ge 4a{{b}^{3}}$

Phân tích: Bất đẳng thức có hai biến và biến a có bậc cao nhất là 2, do đó ta biến đổi bất đẳng thức theo hướng xuất hiện một tam thức bậc hai có biến là a như sau

$latex {{\left( {{b}^{2}}+1 \right)}^{2}}{{a}^{2}}+4b\left( 1-{{b}^{2}} \right)a+4{{b}^{2}}\ge 0$

Ta xem vế trái của bất đẳng thức là tam thức bậc hai, để ý đến $latex {{\left( {{b}^{2}}+1 \right)}^{2}}>0$, ta cần chứng minh được biệt thức $latex \displaystyle \Delta $ của tam thức có giá trị âm.

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$latex {{\left( {{b}^{2}}+1 \right)}^{2}}{{a}^{2}}+4b\left( 1-{{b}^{2}} \right)a+4{{b}^{2}}\ge 0$

Xét đa thức $latex f(a)={{\left( {{b}^{2}}+1 \right)}^{2}}{{a}^{2}}+4b\left( 1-{{b}^{2}} \right)a+4{{b}^{2}}$

Khi đó ta có $latex \Delta ={{\left[ 4b\left( 1-{{b}^{2}} \right) \right]}^{2}}-4{{\left( {{b}^{2}}+1 \right)}^{2}}.4{{b}^{2}}=-16{{b}^{2}}\le 0$

Do đó ta có $latex {{\left( {{b}^{2}}+1 \right)}^{2}}f(a)\ge 0$ mà $latex {{\left( {{b}^{2}}+1 \right)}^{2}}>0$ nên ta được

$latex f(a)={{\left( {{b}^{2}}+1 \right)}^{2}}{{a}^{2}}+4b\left( 1-{{b}^{2}} \right)a+4{{b}^{2}}\ge 0$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 9. Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn $latex \displaystyle b<c<d$. Chứng minh rằng: $latex \displaystyle {{\left( a+b+c+d \right)}^{2}}>8\left( ac+bd \right)$

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$latex \displaystyle {{a}^{2}}-2\left( b-3c+d \right)a+{{\left( b+c+d \right)}^{2}}-8bd>0$

Xét tam thức $latex \displaystyle f(a)={{a}^{2}}-2\left( b-3c+d \right)a+{{\left( b+c+d \right)}^{2}}-8bd$

Khi đó ta có $latex \displaystyle \Delta ‘={{\left( b-3c+d \right)}^{2}}-{{\left( b+c+d \right)}^{2}}+8bd=8\left( c-b \right)\left( c-d \right)$

Do $latex \displaystyle b<c<d$ nên ta được $latex \displaystyle \Delta ‘<0$ suy ra $latex \displaystyle f(a)>0$

Hay $latex \displaystyle {{a}^{2}}-2\left( b-3c+d \right)a+{{\left( b+c+d \right)}^{2}}-8bd>0$ .

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Tags:bất đẳng thức, bđt, giá trị tuyệt đối, tam thức bậc hai, tỉ số