Chứng minh rằng: $\ {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^n} \le \frac{{{a^n} + {b^n}}}{2},\,\left\{ \begin{array}{l}
\forall n \in {N^*}\\
a + b \ge 0
\end{array} \right.$
Giải:
- Phương pháp 1: (Sử dụng PP quy nạp theo n - Lớp 11)
Thật vậy, với n=1 ta có: $\ \frac{{a + b}}{2} = \frac{{a + b}}{2}.$ BĐT luôn đúng.
Giả sử BĐT đúng với n=k tức là: $\ {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^k} \le \frac{{{a^k} + {b^k}}}{2}.$ (*)
Ta phải đi chứng minh BĐT đúng với n=k+1 nghĩa là phải chứng minh:$\ {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^{k + 1}} \le \frac{{{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{2}.$ (**)
Theo (*) ta có: $\ {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^{k + 1}} = \frac{{a + b}}{2}.{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^k} \le \frac{{a + b}}{2}.\frac{{{a^k} + {b^k}}}{2}$, khi đó ta cần chứng minh:
$\ \frac{{a + b}}{2}.\frac{{{a^k} + {b^k}}}{2} \le \frac{{{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{2} \Leftrightarrow \frac{{{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{4} + \frac{{{a^k}b + a{b^k}}}{4} \le \frac{{{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{2} \Leftrightarrow \frac{{{a^k}b + a{b^k}}}{4} \le \frac{{{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{4}.$
$\ \Leftrightarrow {a^k}b + a{b^k} \le {a^{k + 1}} + {b^{k + 1}} \Leftrightarrow {a^k}\left( {a - b} \right) - {b^k}\left( {a - b} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left( {{a^k} - {b^k}} \right)\left( {a - b} \right) \ge 0\left( {***} \right).$
Do (***) luôn đúng với mọi a,b nên (**) luôn đúng. Vậy BĐT được chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
- Phương pháp 2: (Sử dụng PP xét hàm số - Lớp 12)
Xét hàm: $\ f\left( x \right) = {x^n} + {\left( {c - x} \right)^n},\,\left\{ \begin{array}{l}
c > 0\\
2 \le n \in N
\end{array} \right. \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^{n - 1}} = {\left( {c - x} \right)^{n - 1}}.$
+ Nếu n chẵn thì (n-1) lẻ nên: $\ x = c - x \Leftrightarrow x = \frac{c}{2}.$
+ Nếu n lẻ thì (n-1) chẵn nên: $\ \left| x \right| = \left| {c - x} \right| \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \frac{c}{2}\\
x = 0\left( L \right)
\end{array} \right.$
Vậy $\ f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{c}{2}.$ Lập BBT ta thấy:$\ Min\;f\left( x \right) = f\left( {\frac{c}{2}} \right) = 2{\left( {\frac{c}{2}} \right)^n}.$
Bây giờ đặt: $\ \left\{ \begin{array}{l}
x = a\\
c = a + b
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^n},\left\{ \begin{array}{l}
a + b > 0\\
2 \le n \in N
\end{array} \right.$
Xét thấy n=1 và a+b=0 thì BĐT vẫn luôn đúng nên ta được điều phải chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b.
- Phương pháp 3: (Suy ra từ một BĐT Tổng quát hơn)
Sử dụng PP biến đổi tương đương ta dễ dàng chứng minh được BĐT tổng quát sau:
$\ \frac{{{a^n} + {b^n}}}{2}.\frac{{{a^m} + {b^m}}}{2} \le \frac{{{a^{m + n}} + {b^{m + n}}}}{2},\,\forall m,n \in {N^*},\,a + b \ge 0\left( {****} \right).$
Áp dụng khi m=n ta có:
$\ {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} = \frac{{a + b}}{2}.\frac{{a + b}}{2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2};\,.$
$\ {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^3} = {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}.\frac{{a + b}}{2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}.\frac{{a + b}}{2} \le \frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}.$
Cứ áp dụng như vậy cho đến n ta được điều phải chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b.
- Mở rộng: Với BĐT này, ta sử dụng đi chứng minh được rất nhiều BĐT khác, đặc biệt trong BĐT lượng giác. Sau đây là một ví dụ áp dụng, được xem như bài tập. Mong các bạn đọc tìm tòi lời giải hay nhé!
Bài tập. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC thì:
$\ \sqrt[n]{{\sin A}} + \sqrt[n]{{\sin B}} + \sqrt[n]{{\sin C}} \le \sqrt[n]{{cos\frac{A}{2}}} + \sqrt[n]{{cos\frac{B}{2}}} + \sqrt[n]{{cos\frac{C}{2}}}.$
