3) Phản chứng: Giả sử \[A \le B\] dẫn tới một điều vô lý. Vậy \[A > B\].

4) Chứng minh bằng quy nạp toán học:

    + Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức đúng với \[n = {n_0}\].

    + Bước 2: Giả sử bất đẳng thức đúng với \[n = k{\rm{ }}\left( {k \ge {n_0}} \right)\], ta chứng minh bất đẳng thức đúng với \[n = k + 1\].

    Từ đó kết luận bất đẳng thức đúng với mọi số tự nhiên \[n \ge {n_0}\].

    (Phương pháp quy nạp toán học thường được sử dụng khi trong bất đẳng thức có sự tham gia của n với vai trò của một số nguyên dương tùy ý hoặc số nguyên dương lấy mọi giá trị bắt đầu từ \[{n_0}\] nào đó).

5) Phương pháp tổng hợp:

    + Sử dụng tính chất và các hằng bất đẳng thức.

    + Sử dụng tính chất bắc cầu (làm trội):\[A > C;{\rm{ }}C > B \Rightarrow A > B\].

4. Một số hằng bất đẳng thức

a) \[{a^2} \ge 0{\rm{ }}\forall a\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = 0\];

b) \[\left| a \right| \ge a{\rm{ }}\forall a\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a > 0\];

c) Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối:

    * \[\left| {a + b} \right| \le \left| a \right| + \left| b \right|\] (Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow ab \ge 0\]).

    * \[\left| {a - b} \right| \ge \left| a \right| - \left| b \right|\] (Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow ab \ge 0\] và \[\left| a \right| \ge \left| b \right|\]).

d) Bất đẳng thức tam giác: với a; b; c là 3 cạnh tam giác:

          \[a + b > c;{\rm{ }}a - b < c\]

e) Bất đẳng thức Cauchy (Augustin Louis Cauchy [1789 – 1857 nhà toán học Pháp]: Với n số không âm \[{a_1},{a_2},...,{a_n}\left( {n \in \mathbb{N}*} \right)\] ta có:

    \[{\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}}}{n}} \right)^n} \ge {a_1}{a_2}...{a_n}\].

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow {a_1} = {a_2} = ... = {a_n}\].

* Chú ý: Vài dạng bất đẳng thức cụ thể hay gặp có thể sử dụng như bổ đề:

    \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab\] hay \[{\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab;{\rm{ }}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\].

f) Bất đẳng thức Bunyakovsky [Victor Yakovlevich Bunyakovsky (1804 – 1889) nhà toán học Nga].

Với mọi bộ n số \[\left( {{a_1};{a_2};...;{a_n}} \right);\left( {{b_1};{b_2};...;{b_n}} \right)\], ta có:

\[{\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ... + {a_n}{b_n}} \right)^2} \le \left( {a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2} \right)\]

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow \exists t\] để \[{a_i} = t{b_i}\left( {i = \overline {1,n} } \right)\]. Nếu \[{b_i} \ne 0\] thì dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow \frac{{{a_1}}}{{{b_1}}} = \frac{{{a_2}}}{{{b_2}}} = ... = \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}\].

* Chú ý: Dạng cụ thể hay gặp \[\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge {\left( {ax + by} \right)^2}\].

II. Một số ví dụ

Ví dụ 1: Cho a và b là hai số bất kỳ chứng minh rằng

\[ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\]

* Tìm cách giải: Bài toán này thực chất gồm hai bài toán: Chứng minh

1) \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}{\rm{ }}\left( 1 \right)\];

2) \[ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}{\rm{ }}\left( 2 \right)\].

Từ (1) và (2) ta suy ra kết quả.

Với mỗi câu 1) hoặc 2) ta đều có thể dùng 4 cách: Biến đổi tương đương; Xét hiệu hai vế; phản chứng và tổng hợp.

Giải

Ta chứng minh

1) \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\] bằng cả 4 cách:

Cách 1: Biến đổi tương đương:

\[\begin{array}{l}{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2}}}{4} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \le 2{a^2} + 2{b^2}\\ \Leftrightarrow  - {a^2} + 2ab - {b^2} \le 0\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow  - {\left( {a - b} \right)^2} \le 0\end{array}\]

(hiển nhiên đúng).

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\].

Cách 2: Xét hiệu

\[\begin{array}{l}{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} - \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\\ = \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2} - 2{a^2} - 2{b^2}}}{4}\\ = \frac{{ - {{\left( {a - b} \right)}^2}}}{4} \le 0\end{array}\]

Vậy \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\].

Cách 3: Phản chứng

Giả sử

\[\begin{array}{l}{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} > \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} > 2{a^2} + 2{b^2}\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - {a^2} + 2ab - {b^2} > 0\\ \Leftrightarrow  - \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) > 0\\ \Leftrightarrow  - {\left( {a - b} \right)^2} > 0\end{array}\]

vô lý.

Vậy \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\].

Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\].

Cách 4: Tổng hợp:

Ta có:

 \[\begin{array}{l}{\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow  - \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow  - {a^2} + 2ab - {b^2} \le 0\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \le 2{a^2} + 2{b^2}\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2}}}{4} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\end{array}\]

Hay \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}{\rm{ }}\left( 1 \right)\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\].

2) Chứng minh: \[ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\left( 2 \right) \Leftrightarrow 4ab \le {a^2} + 2ab + {b^2}\]

\[ \Leftrightarrow 0 \le {a^2} - 2ab + {b^2} \Leftrightarrow 0 \le {\left( {a - b} \right)^2}\] hiển nhiên đúng.

Từ (1) và (2) suy ra \[ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\].

* Nhận xét: \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\];

Từ bài toán a) ta có thể suy ra \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^4} \le \frac{{{a^4} + {b^4}}}{2}\]

Thật vậy do \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\] hai vế bất đẳng thức đều dương nên bình phương hai vế ta có \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^4} \le {\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}} \right)^2}{\rm{ }}\left( 1 \right)\]; cũng có bài toán a) ta lại có \[{\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^4} + {b^4}}}{2}{\rm{ }}\left( 2 \right)\]. Từ (1) và (2) ta có: \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^4} \le \frac{{{a^4} + {b^4}}}{2}\].

Ví dụ 2:

a) Chứng minh rằng \[\left( {a - 9} \right)\left( {a - 8} \right)\left( {a - 7} \right)\left( {a - 6} \right) \ge  - 1{\rm{ }}\forall a\]

b) Chứng minh \[\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge {\left( {ax + by} \right)^2}{\rm{ }}\forall a,b\] và \[x,y\].

Áp dụng chứng minh \[{\left( {2x + 3y - 3z} \right)^2} \le 13\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2yz} \right)\].

* Tìm cách giải: a) Hoán vị nhân tử \[\left( {a - 6} \right)\] ở vế trái và thực hiện phép nhân \[\left( {a - 6} \right)\left( {a - 9} \right)\] và \[\left( {a - 8} \right)\left( {a - 7} \right)\] ta thấy xuất hiện \[{a^2} - 15a\] ở hai kết quả, ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ. Ta xét hiệu hai vế để chứng minh.

b) Xét hiệu hai vế và biến đổi.

Giải

a) Xét hiệu \[\left( {a - 9} \right)\left( {a - 6} \right)\left( {a - 8} \right)\left( {a - 7} \right) - \left( { - 1} \right)\]

\[ = \left( {{a^2} - 15a + 54} \right)\left( {{a^2} - 15a + 56} \right) + 1\]

Đặt \[{a^2} - 15a + 55 = b\] thì biểu thức trên bằng \[\left( {b - 1} \right)\left( {b + 1} \right) + 1 = {b^2} \ge 0\]

Vậy \[\left( {a - 9} \right)\left( {a - 8} \right)\left( {a - 7} \right)\left( {a - 6} \right) \ge  - 1\].

b) Xét hiệu \[\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) - {\left( {ax + by} \right)^2}\]

\[ = {a^2}{x^2} + {a^2}{y^2} + {b^2}{x^2} + {b^2}{y^2} - {a^2}{x^2} - 2axby - {b^2}{y^2}\]

\[ = {a^2}{y^2} - 2aybx + {b^2}{x^2} = {\left( {ay - bx} \right)^2} \ge 0\]

Vậy \[\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge {\left( {ax + by} \right)^2}{\rm{ }}\forall a,b\] và \[x,y\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow ax = by\].

Áp dụng: Ta viết bất đẳng thức \[{\left( {2x + 3z - 3t} \right)^2} \le 13\left( {{x^2} + {z^2} + {t^2} - 2zt} \right)\]

Dưới dạng \[{\left[ {2x + 3\left( {z - t} \right)} \right]^2} \le \left( {{2^2} + {3^2}} \right)\left[ {{x^2} + \left( {{z^2} - 2zt + {t^2}} \right)} \right]\]

Hay \[{\left[ {2x + 3\left( {z - t} \right)} \right]^2} \le \left( {{2^2} + {3^2}} \right)\left[ {{x^2} + {{\left( {z - t} \right)}^2}} \right]\]

Đặt \[z - t = y\] thì \[\left( {{2^2} + {3^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge {\left( {2x + 3y} \right)^2}\] đúng theo bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên.