Vậy bất đẳng thức được chứng minh - Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 15. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương, ta luôn có:

 

1 1 1

1 .... 2 n 1 1

2 3 n

      

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

1 k

k  k

, để ý thấy trong căn là các số tự nhiên liên tiếp nên ta cần viết được

k

về dạng

k 1   k

hoặc

k  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 k  k 1   k

, do đó ta làm trội được

1 2 k  k k 1

 

, đến đây ta mới trục căn thức thì thu được kết quả

_k _ ² _{k 1} _ ^ ²  ^{k 1} ^{ } ^k 

. Lúc này chỉ cần cho

k  1, 2, 3, ..., n

là có thể khử được các căn thức ở giữa và kết quả thu được là

²  ^{n 1 1} ^{ } 

^chính

là vế phải của bất đẳng thức. Bây giờ ta trình bày lại lời giải như sau:

Ta có:

¹ _k ^ _{2 k} ² ^ _k _ ² _{k 1} _ ^ ²  ^{k 1} ^{ } ^{k , k}  ^

là số nguyên dương.

Cho

k  1, 2, 3, ..., n

ta có:

 

1 2 2 1

1 2 3 2

2 . . .

1 2 n 1 n

n

 

  

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được

 

1 1 1

1 .... 2 n 1 1

2 3 n

      

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 16. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:

 

1 1 1 1

... 2

2  3 2  4 3   n 1 n 



Phân tích và lời giải Để ý cách viết các số hạng của tổng trên có dạng

 ^{k 1} ^ ¹  ^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 k 1   k k 1   k

, quan sát chiều của bất đẳng thức ta làm trội được

 ^{k 1} ^{ } ^k  ^{k 1} ^{ } ^k  ^ ^{2 k 1} ^  ^{k 1} ^{ } ^k 

, đến đây ta có kết quả là:

   

2 k 1 k 1 k 2 k 1 k

1 2 2

k 1 k k 1 k k 1. k k k 1

    

   

   

Bây giờ ta có thể trình bày lời giải như sau:

Ta có:

      

 

   

k 1 k k 1 k

1 k 1 k

k 1 k k 1 k k 1 k

2 k 1 k 1 k 2 k 1 k 2 2

k 1 k k 1. k k k 1

   

   

  

    

   

  

Cho

k  1, 2, 3, ..., n

rồi cộng vế với vế ta có:

 

1 1 1 2 2 2 2 2 2

... ...

2 3 2 n 1 n 1 2 2 3 n n 1

2 2 2

n 1

     

               

       

  



Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Nhận xét: Bài toán tổng quát là với mọi số nguyên dương n ta luôn có:

 

1 1 1 2

... 2

2  3 2   n 1 n   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:

1 1 1 9 2  3 2   ... 100 99  5

- Chọn giá trị n là năm thi, chẳng hạn với

n  2009

ta có bất đẳng thức:

1 1 1 1 2 88

... 2

2  3 2  4 3   2010 2009   2010  45

Đây là đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Thái Bình năm 2009 – 2010

Ví dụ 17. Với số tự nhiên

n  3

. Đặt

    ^ ^  

1 1 1

S ...

3 1 2 5 2 3 2n 1 n n 1

   

    

Chứng minh rằng: _n

1 S  2

Phân tích: Để ý ta biến đổi được số hạng tổng quát của các số hạng trên như sau:

 ^{2k 1} ^   ¹ ^{k 1} ^{ } ^k  ^ ^{k 1} ^{2k 1} ^{ } ^ ^k ^ ^{2 k k 1} ^{k 1} ^{ } ^ ^ ^k ^ ^ ^{2 k} ¹ ^ ^{2 k 1} ¹ ^

Bây giờ ta làm trội bất đẳng thức trên bằng cách cho

k  1, 2, 3, ..., n

. Lời giải

Vì

 ^{2k 1} ^ 

^ ^4k

^ ^{4k 1} ^{ } ^4k

^ ^4k

^nên

2k 1 2 k k 1     

. Do đó ta được:

 ^{2k 1} ^   ¹ ^{k 1} ^{ } ^k  ^ ^{k 1} ^{2k 1} ^{ } ^ ^k ^ ^{2 k k 1} ^{k 1} ^{ } ^ ^ ^k ^ ^ ^{2 k} ¹ ^ ^{2 k 1} ¹ ^

Cho

k  1, 2, 3, ..., n

rồi cộng vế với vế ta có

1 1 1 1 1 1 1 1

S ...

2 1 2 2 2 2 2 3 2 3 2 4 2 n 2 n 1

1 1 1

2 2 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:

 ¹   ¹  ^... ^ ^  ¹  ² ¹ ² ¹ ¹

3 1 2  5 2 3   2 1 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:

 ¹   ¹  ^...  ¹  ¹ ² ^2.10 ¹ ²⁰ ⁹

3 1 2  5 2 3   199 99 100   

  

- Chọn giá trị n là năm thi, chẳng hạn với

n  2001

ta có bất đẳng thức:

 ¹   ¹  ^...  ¹  ¹ ² ^{2 2002} ¹ ²⁰⁰³ ²⁰⁰¹

3 1 2  5 2 3   4003 2001 2002   

  

Đây là đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm 2001 – 2002 Hoặc

n  2007

ta có bất đẳng thức:

 ¹   ¹  ^...  ¹  ² ¹ ^{2 2008} ¹ ²⁰⁰⁷ ²⁰⁰⁹

3 1 2  5 2 3   4015 2007 2008   

  

Đây là đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Ninh Bình năm 2007 – 2008 Ví dụ 18. Chứng minh rằng:

43 1 1 1 44

44  2 1 1 2  3 2 2 3   ... 2016 2015 2015 2016  45

  

Phân tích: Để ý ta biến đổi được số hạng tổng quát của các số hạng trên như sau:

   

     

 

2 2

k 1 k k k 1 k 1 k k k 1

1 1 1

k k 1

k 1 k k k 1 k 1 k k k 1 k k 1

     

   

       

Bây giờ ta làm trội bất đẳng thức trên bằng cách cho

k  1, 2, 3, ..., n

. Lời giải

Đặt

^S

ⁿ

^ ^{2 1 1 2} ¹ ^ ^ ^{3 2 2 3} ^ ¹ ^{ } ^...  ^{n 1} ^  ⁿ ¹ ^ ^{n n 1} ^

Để ý rằng với

k  1

, ta có:

   

     

 

2 2

k 1 k k k 1 k 1 k k k 1

1 1 1

k k 1

k 1 k k k 1 k 1 k k k 1 k k 1

     

   

       

Cho

k  1, 2, 3, ..., n

rồi cộng vế với vế ta có:

1 1 1 1 1 1 1

S ... 1

1 2 2 3 n n 1 n 1

        

 

Do đó ta được ₂₀₁₅

1 S 1

  2016

. Như vậy, ta phải chứng minh:

43 1 44

1 44 2016 45 1936 2016 2025

44   2016  45      

Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Thực chất đây là bài toán tính tổng:

 

1 1 1 1

... 1

2 1 1 2 3 2 2 3 1 1 1

     

     

n n n n n

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.

Ví dụ 19. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:

 

1 1 1 1

... 1

2 2 1 1  3 3 2 2   n 1 n 1 n n   n 1

     

Phân tích và lời giải Nhận thấy số hạng tổng quát được viết dước dạng

 ^{k 1} ^  ^{k 1 k k} ¹ ^{ }

^.Quan sát chiều bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy cần phải chứng minh được bất đẳng thức kiểu

 ^{k 1} ^  ^{k 1 k 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 k 1} ^{ }  ^{k 1} ^  ^k

. Bây giờ ta cần chứng minh

 ^{k 1} ^  ^{k 1 k k} ^{ } ^ ^{k k 1} ^{ }  ^{k 1} ^  ^k

. Để đơn giản hơn ta có thể đặt

x  k; y   k 1

rồi chứng minh

x y  y x  x x  y y

, bất đẳng thức này được chứng minh bằng phép biến đổi tương đương. Đến đây ta thu được bất đẳng thức:

   

1 1 1 1

... ...

2 2 1 1   n 1 n 1 n n  2 1 1 2   n 1 n n n 1

       

Bây giờ ta cần chứng minh được :

 

1 1 1 1

... 1

2 1 1 2  3 2 2 3   n 1 n n n 1   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 y  y x  x x  y y

Chứng minh: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương, ta được:

    ^ ^  

  

x y y x x x y y x x y y x y y x 0

x x y y y x 0 x y x y 0

x y x y 0

       

        

   

Vậy bổ đề được chứng minh.

Áp dụng bổ đề ta có:

   

n 1 n 1 n n n n 1 n 1 n

1 1

n 1 n 1 n n n n 1 n 1 n

      

 

     

Vì thế ta được:

 

1 1 1

2 2 1 1 3 3 2 2 ... n 1 n 1 n n

1 1 1

2 1 1 2 3 2 2 3 ... n 1 n n n 1

  

    

   

    

Mà theo kết quả của ví dụ trên thì

 

1 1 1 1

... 1

2 1 1 2  3 2 2 3   n 1 n n n 1   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:

   

1 1 1 1

... ...

2 2 1 1   1 1  2 1 1 2   1 1



 

n n



n n



Điều này tương đương với chứng minh



ⁿ

^ ¹ 

ⁿ

^{ } ¹

^{n n}

^

^{n n}

^{ } ¹ 

ⁿ

^ ¹ 

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



ⁿ

^ ¹ 

ⁿ

^{ } ¹

^{n n}

^

^{n n}

^{ } ¹ 

ⁿ

^ ¹ 

ⁿ cần phải phân tích thật kĩ mối quan hệ giữa các con số trong bài toán.

Ví dụ 20. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng mọi nN:

1 1 1

1 ... 2 2

2 2 3 3 n n

    

Lời giải

Bổ đề: Với mọi x, y > 0, ta có

 ^x

^ ^y

 ^x

^ ^y

^ ^{2xy x y}  ^ 

Chứng minh: sử dụng phương pháp biến đổi tương đương ta được

   

     

 

   

 

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

x y x y 2xy x y

x y 2xy x y xy 2 x y 2 x y 0 4 x y 2 x y

x y x y xy 0

2 x y 2 x y 2 x y

x y x y xy 0

2 x y 2 x y

   

 

            

  

    

  

     

  

Do x, y > 0 nên bất đẳng thức cuối cùng đúng, bổ đề được chứng minh.

Áp dụng bổ đề với

1 1

x k ; y k

2 2

   

, ta được:

1 1 1 1 1 1 1 1

k k k k 2 k k k k

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

2k k k k k k

2 2 2 2

 

     

             

       

       

 

   

                    

Trong tài liệu Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức - TOANMATH.com (Trang 97-103)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

 

1 1 1

1 .... 2 n 1 1

2 3 n

      

1 k

k  k

k

k 1   k

k  k 1 

2 k  k 1   k

1 2 k  k k 1

 

k  2 k 1   2  k 1   k 

k  1, 2, 3, ..., n

2  n 1 1   

1 k  2 k 2  k  2 k 1   2  k 1   k , k  

k  1, 2, 3, ..., n

 

 

 

1 2 2 1

1 2 3 2

2 . . .

1 2 n 1 n

n

 

 

  

 

1 1 1

1 .... 2 n 1 1

2 3 n

      

 

1 1 1 1

... 2

2  3 2  4 3   n 1 n 



 k 1  1  k

k 1 

  

1     k 1 k k 1   k k 1   k

 k 1   k  k 1   k   2 k 1   k 1   k 

   

   

2 k 1 k 1 k 2 k 1 k

1 2 2

k 1 k k 1 k k 1. k k k 1

    

   

   

      

 

 

   

k 1 k k 1 k

1 k 1 k

k 1 k k 1 k k 1 k

2 k 1 k 1 k 2 k 1 k 2 2

k 1 k k 1. k k k 1

   

   

  

    

   

  

k  1, 2, 3, ..., n

 

1 1 1 2 2 2 2 2 2

... ...

2 3 2 n 1 n 1 2 2 3 n n 1

2 2 2

n 1

     

               

       

  



_k _ ² _{k 1} _ ^ ²  ^{k 1} ^{ } ^k 

²  ^{n 1 1} ^{ } 

¹ _k ^ _{2 k} ² ^ _k _ ² _{k 1} _ ^ ²  ^{k 1} ^{ } ^{k , k}  ^

 ^{k 1} ^ ¹  ^k

 ^{k 1} ^{ } ^k  ^{k 1} ^{ } ^k  ^ ^{2 k 1} ^  ^{k 1} ^{ } ^k 

    ^ ^  

 ^{2k 1} ^   ¹ ^{k 1} ^{ } ^k  ^ ^{k 1} ^{2k 1} ^{ } ^ ^k ^ ^{2 k k 1} ^{k 1} ^{ } ^ ^ ^k ^ ^ ^{2 k} ¹ ^ ^{2 k 1} ¹ ^

 ^{2k 1} ^ 

^ ^4k

^ ^{4k 1} ^{ } ^4k

^ ^4k

 ^{2k 1} ^   ¹ ^{k 1} ^{ } ^k  ^ ^{k 1} ^{2k 1} ^{ } ^ ^k ^ ^{2 k k 1} ^{k 1} ^{ } ^ ^ ^k ^ ^ ^{2 k} ¹ ^ ^{2 k 1} ¹ ^

 ¹   ¹  ^... ^ ^  ¹  ² ¹ ² ¹ ¹

 ¹   ¹  ^...  ¹  ¹ ² ^2.10 ¹ ²⁰ ⁹

 ¹   ¹  ^...  ¹  ¹ ² ^{2 2002} ¹ ²⁰⁰³ ²⁰⁰¹

 ¹   ¹  ^...  ¹  ² ¹ ^{2 2008} ¹ ²⁰⁰⁷ ²⁰⁰⁹