Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh bất đẳng thức-Kỹ thuật tách các cặp nghịch đảo

A. ĐÁNH GIÁ TỪ TRUNG BÌNH CỘNG SANG TRUNG BÌNH NHÂN

Kỹ thuật tách các cặp nghịch đảo

Trong việc đánh giá từ TBC sang TBN có một kỹ thuật nhỏ hay được sử dụng. Đó là kĩ thuật tách nghịch đảo.

Phương pháp: $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge 2\text{ }\forall a.b>0$

Bài toán tổng quát

Cho: ${{x}_{1}}>{{x}_{2}}\text{ }>{{x}_{3}}>………….,{{x}_{n}}>0\text{ }v\text{ }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ }1\le k\in Z$. CMR:
${{a}_{1}}+\frac{1}{{{a}_{n}}{{\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right)}^{k}}{{\left( {{a}_{2}}-{{a}_{3}} \right)}^{k}}……………{{\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n}} \right)}^{k}}}\ge \frac{\left( n-1 \right)k+2}{\sqrt[\left( n-1 \right)k+2]{{{k}^{\left( n-1 \right)k}}}}$

Chứng minh

VT = ${{a}_{n}}+\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right)+\left( {{a}_{2}}-{{a}_{3}} \right)+…..+\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n}} \right)+\frac{1}{{{a}_{n}}{{\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right)}^{k}}{{\left( {{a}_{2}}-{{a}_{3}} \right)}^{k}}……{{\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n}} \right)}^{k}}}$

$={{a}_{n}}+\underbrace{\frac{\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right)}{k}+..+\frac{\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right)}{k}}_{k}+..+\underbrace{\frac{\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n}} \right)}{k}+…+\frac{\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n}} \right)}{k}}_{k}+\frac{1}{{{a}_{n}}{{\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right)}^{k}}{{\left( {{a}_{2}}-{{a}_{3}} \right)}^{k}}..{{\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n}} \right)}^{k}}}$

$\ge \left[ \left( n-1 \right)k+2 \right].\sqrt[\left( n-1 \right)k+2]{{{a}_{n}}\underbrace{\frac{\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right)}{k}..\frac{\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right)}{k}}_{k}..\underbrace{\frac{\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n}} \right)}{k}..\frac{\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n}} \right)}{k}}_{k}.\frac{1}{{{a}_{n}}{{\left( {{a}_{1}}-{{a}_{2}} \right)}^{k}}{{\left( {{a}_{2}}-{{a}_{3}} \right)}^{k}}..{{\left( {{a}_{n-1}}-{{a}_{n}} \right)}^{k}}}}$

$=\frac{\left( n-1 \right)k+2}{\sqrt[\left( n-1 \right)k+2]{{{k}^{\left( n-1 \right)k}}}}$

Bài tập minh họa

Bài 1.

CMR: $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge 2\text{ }\forall a.b>0$

Giải

Ta có: $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\text{ }\overset{C\hat{o}si}{\mathop{\ge }}\,\text{ }2\text{ }\sqrt{\frac{a}{b}\frac{b}{a}}=\text{2}$

Bài 2.

CMR: $\frac{{{a}^{2}}+2}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}\ge 2\text{ }\forall a\in R$

Giải

Ta có: $\frac{{{a}^{2}}+2}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}=\frac{\left( {{a}^{2}}+1 \right)+1}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}=\sqrt{{{a}^{2}}+1}+\frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}\text{ }\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ 2}\sqrt{\sqrt{{{a}^{2}}+1}\frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}}=2$

Dấu “ = ” xảy ra $\Leftrightarrow \sqrt{{{a}^{2}}+1}=\frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+1=1\Leftrightarrow a=0$

Bài 3.

CMR: $a+\frac{1}{b\left( a-b \right)}\ge 3\text{ }\forall a>b>0$

Giải

Ta có nhận xét: b + a – b = a không phụ thuộc vào biến b đo đó hạng tử đầu a sẽ được phân tích như sau:

$a+\frac{1}{b\left( a-b \right)}=b+\left( a-b \right)+\frac{1}{b\left( a-b \right)}\text{ }\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ }3\text{ }\sqrt[\text{3}]{b.\left( a-b \right).\frac{1}{b\left( a-b \right)}}=3\text{ }\forall a>b>0$

Dấu “ = ” xảy ra Û $b=\left( a-b \right)=\frac{1}{b\left( a-b \right)}$ Û a = 2 và b = 1.

Bài 4.

CMR: $a+\frac{4}{\left( a-b \right){{\left( b+1 \right)}^{2}}}\ge 3\text{ }\forall \text{ }a>b>0$ (1)

Giải
Vì hạng tử đầu chỉ có a cần phải thêm bớt để tách thành các hạng tử sau khi sử dụng BĐT sẽ rút gọn cho các thừa số dưới mẫu. Tuy nhiên biểu thức dưới mẫu có dạng (thừa số thứ nhất là một đa thức bậc nhất b, thừa số 2 là một thức bậc hai của b) do đó ta phải phân tích về thành tích của các đa thức bậc nhất đối với b, khi đó ta có thể tách hạng tử a thành tổng các hạng tử là các thừa số của mẫu.
Vậy ta có: $\left( a-b \right){{\left( b+1 \right)}^{2}}$ = (a – b)( b + 1)( b + 1) => ta phân tích a theo 2 cách sau:
2a +2 = 2(a – b) + ( b + 1) + ( b + 1) hoặc a +1 = $\left( a-b \right)+\frac{b+1}{2}+\frac{b+1}{2}$
Từ đó ta có (1) tương đương :
VT + 1 = $a+1+\frac{4}{\left( a-b \right){{\left( b+1 \right)}^{2}}}=\left( a-b \right)+\frac{b+1}{2}+\frac{b+1}{2}+\frac{4}{\left( a-b \right)\left( b+1 \right)\left( b+1 \right)}$
$\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ }4.\sqrt[\text{4}]{\left( a-b \right).\frac{b+1}{2}.\frac{b+1}{2}.\frac{4}{\left( a-b \right)\left( b+1 \right)\left( b+1 \right)}}=4$ => ĐPCM

Bài 5.

CMR : $\frac{2{{\text{a}}^{\text{3}}}+1}{4b(a-b)}\ge 3\text{ }\forall \left\{ \begin{align} & a\ge \frac{1}{2} \\
\frac{a}{b}>1 \\
\end{align} \right.$

Giải
Nhận xét: Dưới mẫu số b(a-b) ta nhận thấy b + ( a – b ) = a. Chuyển đổi tất cả biểu thức sang biến a là 1 điều mong muốn vì việc sử lí với 1 biến sẽ đơn giản hơn. Biến tích thành tổng thì đây là một mặt mạnh của BĐT Côsi. Do đó:
Ta có đánh giá về mẫu số như sau: $4.b\left( a-b \right)\le 4.\left( \frac{b+\left( a-b \right)}{2} \right)=4.\frac{{{a}^{2}}}{4}={{a}^{2}}$
Vậy: $\frac{2{{\text{a}}^{\text{3}}}+1}{4b(a-b)}\text{ }\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ }\frac{2{{a}^{3}}+1}{{{a}^{2}}}=\frac{{{a}^{3}}+{{a}^{3}}+1}{{{a}^{2}}}=a+a+\frac{1}{a}\text{ }\overset{C\text{ }\!\!\hat{\mathrm{o}}\!\!\text{ si}}{\mathop{\ge }}\,\text{ 3}\sqrt[3]{a.a.\frac{1}{a}}=3$

Dấu “ = ” xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = a – b\\
a = \frac{1}{{{a^2}}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow {\rm{ }}\left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$

—————–

Xem thêm:

User

Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh bất đẳng thức-Kỹ thuật tách các cặp nghịch đảo

Đăng bởi ADMIN vào 10/12/201910/12/2019