Mục lục
Một số bất đẳng thức cơ bản và nâng cao đã được chứng minh thường gặp trong giải các bài tập BĐT trong chương trình Toán THCS.
Để có thể làm được các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong chương trình Toán cấp 2 các em học sinh có thể sử dụng những bất đẳng thức thường gặp dưới đây.
1. BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM (ARITHMETIC MEANS – GEOMETRIC MEANS)
Với các bộ số $ \displaystyle{{a}_{1}};{{a}_{2}};…;{{a}_{n}}$ không âm ta có:
$ \displaystyle\frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}\ge \sqrt[n]{{{{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{n}}}}$
Ta có $3$ dạng thường gặp của bất đẳng thức này là.
Dạng 1: $ \displaystyle \frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}\ge \sqrt[n]{{{{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{n}}}}$
Dạng 2: $ \displaystyle {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}\ge n\sqrt[n]{{{{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{n}}}}$
Dạng 3: $ \displaystyle {{\left( {\frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}} \right)}^{n}}\ge {{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{n}}$
Dấu “=” xảy ra khi $ \displaystyle {{a}_{1}}={{a}_{2}}=…{{a}_{n}}$
Đối với bất đẳng thức này ta cần thành thạo kĩ thuật sử dụng bđt AM-GM cho $2$ số và $3$ số.
2. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ (BUNYAKOVSKY)
Dạng tổng quát: Cho $ \displaystyle {{a}_{1}};{{a}_{2}};…{{a}_{n}};{{b}_{1}};{{b}_{2}};…{{b}_{n}}$ là $2n$ số thực tùy ý khi đó:
Dạng 1: $ \displaystyle (a_{1}^{2}+…+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+…+b_{n}^{2})\ge {{({{a}_{1}}{{b}_{1}}+…+{{a}_{n}}.{{b}_{n}})}^{2}}$ (1)
Dạng 2: $ \displaystyle \sqrt{{(a_{1}^{2}+…+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+…+b_{n}^{2})}}\ge |{{a}_{1}}{{b}_{1}}+…+{{a}_{n}}.{{b}_{n}}|$ (2)
Dạng 3: $ \displaystyle \sqrt{{(a_{1}^{2}+…+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+…+b_{n}^{2})}}\ge {{a}_{1}}{{b}_{1}}+…+{{a}_{n}}.{{b}_{n}}$ (3)
Dấu “=” xảy ra ở (1)(2) $ \displaystyle \Leftrightarrow \frac{{{{a}_{1}}}}{{{{b}_{1}}}}=…=\frac{{{{a}_{n}}}}{{{{b}_{n}}}}$
Dấu “=” xảy ra ở (3) $ \displaystyle \Leftrightarrow \frac{{{{a}_{1}}}}{{{{b}_{1}}}}=…=\frac{{{{a}_{n}}}}{{{{b}_{n}}}}\ge 0$
Quy ước mẫu bằng $0$ thì tử bằng $0$
3. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ DẠNG ENGEL(SCHWARZ)
Cho $ \displaystyle {{a}_{1}};{{a}_{2}};…{{a}_{n}};{{b}_{1}};{{b}_{2}};…{{b}_{n}}$ là các số >0
Ta có: $ \displaystyle \frac{{x_{1}^{2}}}{{{{a}_{1}}}}+\frac{{x_{2}^{2}}}{{{{a}_{2}}}}+…+\frac{{x_{n}^{2}}}{{{{a}_{n}}}}\ge \frac{{{{{({{x}_{1}}+{{x}_{2}}+…+{{x}_{n}})}}^{2}}}}{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}$
Dấu “=” xảy ra khi $ \displaystyle \frac{{{{x}_{1}}}}{{{{a}_{1}}}}=\frac{{{{x}_{2}}}}{{{{a}_{2}}}}…=\frac{{{{x}_{n}}}}{{{{a}_{n}}}}$
4. BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV (TRÊ- BƯ-SÉP)
Dạng tổng quát:
Nếu $ \displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{a}_{1}}\ge {{a}_{2}}\ge …\ge {{a}_{n}}} \\ {{{b}_{1}}\ge {{b}_{2}}\ge …\ge {{b}_{n}}} \end{array}} \right.$
Hoặc $ \displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{a}_{1}}\le {{a}_{2}}\le …\le {{a}_{n}}} \\ {{{b}_{1}}\le {{b}_{2}}\le …\ge {{b}_{n}}} \end{array}} \right.$
Dạng 1:
$ \displaystyle \frac{{{{a}_{1}}.{{b}_{1}}+{{a}_{2}}.{{b}_{2}}+…+{{a}_{n}}.{{b}_{n}}}}{n}\ge \frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}.\frac{{{{b}_{1}}+{{b}_{2}}+…+{{b}_{n}}}}{n}$
Dạng 2:
$ \displaystyle n({{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+…+{{a}_{n}}{{b}_{n}})\ge ({{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}})({{b}_{1}}+{{b}_{2}}+…+{{b}_{n}})$
Nếu $ \displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{a}_{1}}\le {{a}_{2}}\le …\le {{a}_{n}}} \\ {{{b}_{1}}\ge {{b}_{2}}\ge …\ge {{b}_{n}}} \end{array}} \right.$
hoặc $ \displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{a}_{1}}\ge {{a}_{2}}\ge …\ge {{a}_{n}}} \\ {{{b}_{1}}\le {{b}_{2}}\le …\le {{b}_{n}}} \end{array}} \right.$
Dạng 1:
$ \displaystyle \frac{{{{a}_{1}}.{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+…+{{a}_{n}}.{{b}_{n}}}}{n}\le \frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}.\frac{{{{b}_{1}}+{{b}_{2}}+…+{{b}_{n}}}}{n}$
Dạng 2:
$ \displaystyle n({{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+…+{{a}_{n}}{{b}_{n}})\le ({{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}})({{b}_{1}}+{{b}_{2}}+…+{{b}_{n}})$
Bất đẳng thức Chebyshev không được sử dụng trực tiếp mà phải chứng minh lại bằng cách xét hiệu
Bất đẳng thức Chebyshev cho dãy số sắp thứ tự, do đó nếu các số chưa sắp thứ tự ta phải giả sử có quan hệ thứ tự giữa các số.
5. BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI
Với $ \displaystyle x>-1;r\ge 1\vee r\le 0\Rightarrow {{(1+x)}^{r}}\ge 1+rx$
Nếu $ \displaystyle 1>r>0$ thì $ {{(1+x)}^{r}}\le 1+rx$
Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp hoặc sử dụng bất đẳng thức AM-GM.
6. BẤT ĐẲNG THỨC NETBITT
Ở đây mình chỉ nêu dạng thường dùng.
Với $x,y,z >0$
Bất đẳng thức Netbitt 3 biến:
$ \displaystyle \frac{x}{{y+z}}+\frac{z}{{x+y}}+\frac{y}{{x+z}}\ge \frac{3}{2}$
Dấu “=” xảy ra khi $x=y=z>0$
BĐT Netbitt 4 biến:
$ \displaystyle \frac{a}{{b+c}}+\frac{b}{{d+c}}+\frac{c}{{d+a}}+\frac{d}{{a+b}}\ge 2$
Dấu “=” xảy ra khi $a=b=c=d>0$
7. BẤT ĐẲNG THỨC TRUNG BÌNH CỘNG – TRUNG BÌNH ĐIỀU HÒA AM-HM (ARITHMETIC MEANS – HAMONIC MEANS)
Nếu $ {{a}_{1}},{{a}_{2}},…,{{a}_{n}}$ là những số thực dương thì
$ \displaystyle \frac{{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}}{n}\ge \frac{n}{{\frac{1}{{{{a}_{1}}}}+\frac{1}{{{{a}_{2}}}}+…+\frac{1}{{{{a}_{n}}}}}}$
Dấu “=” xảy ra khi $ {{a}_{1}}={{a}_{2}}=…={{a}_{n}}$
8. BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR
Dạng thường gặp:
Cho $a, b, c$ là những số không âm
$ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\le abc$
$ {{a}^{r}}(a-b)(a-c)+{{b}^{r}}(b-a)(b-c)+{{c}^{r}}(c-a)(c-b)\ge 0$ với r là số thực dương
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=0$ và $b=c$ và các hoán vị.
9. BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
Với mọi số thực $x, y$ ta có $ |x+y|\le |x|+|y|$
Đẳng thức xảy ra khi $x, y$ cùng dấu hay $ xy\ge 0$
Với mọi số thực $x, y$ ta có $ |x-y|\ge |x|-|y|$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $ y(x-y)\ge 0$
10. BẤT ĐẲNG THỨC MINCOPXKI
Với $2$ bộ $n$ số $ {{a}_{1}},{{a}_{2}},…,{{a}_{m}}$ và $ {{b}_{1}},{{b}_{2}},…,{{b}_{m}}$ thì :
Dạng 1:
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+\ldots+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}} \geq \sqrt{\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{m}\right)^{2}+\left(b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{m}\right)^{2}}$
Dạng 2: Cho $x, y, z, a, b, c$ là các số dương ta có:
$\sqrt[4]{a b c}+\sqrt[4]{x y z} \leq \sqrt[4]{(a+x)(b+y)(c+z)} \sqrt{a c}+\sqrt{b d} \leq \sqrt{(a+b)(c+d)}$