Đề bài và lời giải ở trong hình dưới đây:
$\dfrac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
$\dfrac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{a b c}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
$\dfrac{a+b+c+d}{4} \geq \sqrt[4]{a b c d}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
Cho $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ là $n$ số thực không âm, khi đó ta có:
$\dfrac{x_{1}+x_{2}+\ldots,+x_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{x_{1} x_{2} \ldots x_{n}}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{n}$
Bất đẳng thức này còn có thể được phát biểu dưới dạng
$x_{1}+x_{2}+\ldots,+x_{n} \geq n \sqrt[n]{x_{1} x_{2} \ldots x_{n}}$
Hoặc
$\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}+\ldots,+x_{n}}{n}\right)^{n} \geq x_{1} x_{2} \ldots x_{n}$
Các bất đẳng thức đó là:
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 bđt 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 BĐT này ta cần thành thạo kĩ thuật sử dụng bđt AM-GM cho 2 số và 3 số
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
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}}}}$
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.
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 BĐT AM-GM
Ở đây mình chỉ nêu dạng thường dùng
Với x,y,z là các số thực >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
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}}$
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
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$
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
$\sqrt[4]{a b c}+\sqrt[4]{x y z} \leq \sqrt[4]{(a+x)(b+y)(c+z)} \sqrt{a c}+\sqrt{b d} \leq \sqrt{(a+b)(c+d)}$
– Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
– Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương
– Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ
– Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy
– Phương pháp 5: Bất đẳng thức Bunhiacopski
– Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép
– Phương pháp 7: Bất đẳng thức Bernouli
– Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu
– Phương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số
– Phương pháp 10: – Phương pháp làm trội
– Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
– Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ
– Phương pháp 13: Đổi biến số
– Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học
– Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng
– Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác
– Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton.
– Phương pháp 19: Sử dụng tích phân