Bất đẳng thức – Đại số toán 8

Tài liệu Bất đẳng thức – Đại số toán 8 gồm các nội dung sau:

I. Phương pháp giải

– Tóm tắt lý thuyết ngắn gọn, các công thức cần nhớ

II. Một số ví dụ

– Gồm 11 ví dụ minh họa đa dạng cho dạng bài Bất đẳng thức có lời giải chi tiết

III. Bài tập vận dụng

– Gồm 26 bài tập vận dụng có lời giải chi tiết giúp học sinh tự rèn luyện cách giải các bài tập Bất đẳng thức

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây:

BẤT ĐẲNG THỨC

I. Phương pháp giải

1. Định nghĩa

Hệ thức dạng $a>b$ (hay $a<b;a\ge b;a\le b$) gọi là bất đẳng thức.

$a>b\iff a–b>0;a<b\iff a–b<0$

2. Tính chất

a) $a>b\iff b<a$ b) Tính chất bắc cầu: $a>b;b>c\iff a>c$ $a<b;b<c\iff a<c$ c) Tính chất cộng: $a>b\Rightarrow a+c>b+c$ $a<b\Rightarrow a+c<b+c$

d) Tính chất nhân: * $a>b\iff ac>bc$ nếu $c>0$   $a>b\iff ac<bc$ nếu $c<0$   $a>b\iff ac=bc$ nếu $c=0$ * $a<b\iff ac<bc$ nếu $c>0$   $a<b\iff ac>bc$ nếu $c<0$  $a<b\iff ac=bc$ nếu $c=0$

e) Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức cùng chiều được một bất đẳng thức cùng chiều.

f) Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều ta được một bất đẳng thức cùng chiều với bất đẳng thức thứ nhất. (Không được trừ vế với vế của hai bất đẳng thức cùng chiều)

g) $a>b>0\Rightarrow a^n>b^n(n\in )$;

   $\left|a\right|>\left|b\right|\Rightarrow a^{2n}>b^{2n}$ ;

   $a>b\Rightarrow a^{2n+1}>b^{2n+1}$ .

h) Với $m>n>0$ nếu $a>1\Rightarrow a^m>a^n$;

   $a=1\Rightarrow a^m=a^n$ ;

    $0<a<1\Rightarrow a^m<a^n$.

i) Nếu $ab>0$ và $a>b$ thì $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$

3. Các phương pháp chứng minh $\mathit{A}\mathbf{>}\mathit{B}$; ( $A<B$tương tự):

1) Dùng định nghĩa chứng minh $A–B>0$ (Xét hiệu hai vế).

2) Biến đổi tương đương: $A>B\iff A_1>B_1\iff A_2>B_2\iff \mathrm{\dots }\iff A_n>B_n$ ;

    Nếu $A_n>B_n$ đúng thì $A>B$ đúng.

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.

 

Xem thêm