Luận văn Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học

. . . . . . . . . . . . . i Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii Danh mục các kí hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii Danh mục các hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iv Lời mở đầu 1 1 Các phương pháp chứng minh thường dùng 3 1.1 Phương pháp thuần túy hình học . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Một số định lý cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 Một số bài toán về bất đẳng thức của hình học phẳng 5 1.2 Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đại số cơ bản . . . 13 1.2.1 Các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.2.2 Các bài toán áp dụng bất đẳng thức AM-GM . . . . 15 1.2.3 Các bài toán áp dụng véc tơ và bất đẳng thức Cauchy - Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.2.4 Các bài toán áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại . . . 23 2 Phương pháp ứng dụng hàm lồi 27 2.1 Khái niệm về hàm lồi và các tính chất cơ bản . . . . . . . . . 27 2.2 Một số tính chất khác của các hàm lồi . . . . . . . . . . . . . 28 2.3 Các bài toán áp dụng hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 3 Phương pháp ứng dụng số phức 44 3.1 Khái niệm về số phức và các tính chất cơ bản . . . . . . . . 44 3.1.1 Định nghĩa số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.1.2 Dạng đại số của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 3.1.3 Dạng lượng giác của số phức . . . . . . . . . . . . . . 46 3.2 Các bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 3.2.1 Bất đẳng thức tam giác và bất đẳng thức Ptolemy . 48 3.2.2 Bất đẳng thức Hyashi và các mở rộng . . . . . . . . 49 3.2.3 Một số bất đẳng thức trong tam giác có trọng khác 51 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 ii Lời cảm ơn Lời đầu tiên của khóa luận này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới người thầy kính mến TS. Nguyễn Văn Ngọc, đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình làm và hoàn thiện luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo khoa Toán, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học, những người đã trực tiếp giảng dạy và giúp đỡ tôi trong quá trình học tập tại trường cùng toàn thể bạn bè và người thân đã đóng góp ý kiến, giúp đỡ, động viên tôi trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn này. Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân và trong khuôn khổ của luận văn thạc sỹ nên bản luận văn mới chỉ trình bày được một phần nào đó. Do thời gian có hạn và năng lực có phần hạn chế nên chắc chắn luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn chỉnh hơn. Xin chân thành cảm ơn. Thái Nguyên, ngày................tháng.........năm 2015 Tác giả Nguyễn Thị Hậu iii Danh mục các kí hiệu Giả sử tam giác ABC có: ˆ BC = a,CA = b,AB = c; ˆ S là diện tích tam giác; ˆ p là nửa chu vi tam giác; ˆ ma,mb,mc, la, lb, lc, ha, hb, hc lần lượt là độ dài các trung tuyến, các phân giác và các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c; ˆ r,R, ra, rb, rc lần lượt là các bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp, đường tròn bàng tiếp với các cạnh a, b, c của tam giác ABC. ˆ ∑a = a + b + c. ˆ Πa = abc. iv Danh mục các hình ˆ Hình 1.1; ˆ Hình 1.2; ˆ Hình 1.3; ˆ Hình 1.4; ˆ Hình 1.5; ˆ Hình 1.6; ˆ Hình 1.7; ˆ Hình 1.8; ˆ Hình 1.9; ˆ Hình 1.10; ˆ Hình 1.11; ˆ Hình 1.12. 1Lời mở đầu Bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức hình học nói riêng được sử dụng trong nhiều lĩnh vực của toán học. Chúng có một số đặc tính thú vị và nhiều ứng dụng. Bất đẳng thức hình học thường khó có thể giải quyết được và không phải lúc nào cũng tìm được lời giải đẹp. Hiện nay đã có một lượng đáng kể tài liệu bằng tiếng Anh và tiếng Việt về các bất đẳng thức hình học. Nhận xét rằng, cũng đã có những luận văn về bất đẳng thức hình học, chẳng hạn [4]. Tuy nhiên, theo như chúng tôi được biết, tài liệu về phân loại các phương pháp chứng minh các bất đẳng thức hình học chưa có nhiều, ngoài ra chủ yếu là trong các tài liệu bằng tiếng Anh. Vì những lý do trên đây chúng tôi đã chọn đề tài luận văn là " Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học". Tìm hiểu về các phương pháp chứng minh bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức hình học nói riêng là cần thiết vì nó giúp chúng ta giải pháp tiếp cận một bài toán nào đó, hoặc công cụ nghiên cứu một vấn đề nào đó. Luận văn này trình bày một số phương pháp chứng minh các bất đẳng thức hình học mà có thể sử dụng để giải quyết các bài toán về bất đẳng thức hình học và cực trị từ cơ bản đến nâng cao thường xuất hiện trong các kỳ thi vào trường, thi học sinh giỏi khu vực hay quốc gia, quốc tế. Tuyển chọn và phân loại các bài toán về bất đẳng thức hình học theo đặc điểm phương pháp giải chúng. Luận văn có bố cục: Mở đầu, ba chương nội dung chính, Kết luận và Tài liệu tham khảo. Chương 1: Các phương pháp chứng minh thường dùng. Chương này trình bày các bài toán giải bằng phương pháp thuần túy hình học, như bất đẳng thức tam giác, quan hệ giữa cạnh và góc của một tam giác và các bài toán giải bằng phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cơ bản của đại số, như bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, v.v.. Chương 2: Phương pháp ứng dụng hàm lồi. Chương này trình bày khái niệm và các tính chất của hàm lồi và việc sử dụng hàm lồi để chứng minh bất đẳng thức hình học. Đặc biệt là hai định lí quan trọng được sử dụng rộng rãi trong chứng minh bất đẳng thức nói 2chung và bất đẳng thức hình học nói riêng đó là bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata liên quan đến hàm lồi. Chương 3: Phương pháp ứng dụng số phức. Số phức xuất hiện từ thế kỷ XIX do nhu cầu phát triển tự nhiên của Toán học về giải các phương trình đại số, chẳng hạn phương trình x2+1 = 0. Từ khi ra đời đến nay, số phức đã phát triển mạnh mẽ, thúc đẩy sự phát triển của Toán học, cũng như nhiều ngành Khoa học, Kỹ thuật khác. Số phức được biểu thị bằng các điểm của mặt phẳng phức. Khoảng cách giữa hai điểm phức cũng chính là khoảng cách giữa hai điểm của không gian Euclid hai chiều có tọa độ là phần thực và phần ảo của điểm phức cùng vị trí. Mô đun (modul) của một số phức là độ dài của véc tơ có điểm gốc là gốc tọa độ, còn điểm ngọn là điểm phức. Vì vậy, giữa số phức và hình học có mối quan hệ mật thiết. Số phức là công cụ hữu hiệu giải nhiều bài toán, đặc biệt là các bất đẳng của thức hình học phẳng. Nội dung chính của chương là trình bày các bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học bằng phương pháp số phức như bất đẳng thức tam giác mở rộng, bất đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Hyashi và các bất đẳng thức trong tam giác có trọng khác. Kỹ thuật chủ yếu trong phương pháp này là áp dụng bất đẳng thức tam giác mở rộng cho các đồng nhất thức. Học sinh bậc THPT mới được làm quen với số phức, thực hiện các phép toán về số phức còn chưa được thuần thục, nên việc áp dụng số phức vào hình học là một việc rất khó. 3Chương 1 Các phương pháp chứng minh thường dùng Chương này trình bày các bài toán giải bằng phương pháp thuần túy hình học, như bất đẳng thức tam giác, quan hệ giữa cạnh và góc của một tam giác và các bài toán giải bằng phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cơ bản của đại số, như bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, v.v.. Nội dung chủ yếu của chương này được hình thành từ các tài liệu [1, 2, 5, 11 - ??, 7]. 1.1 Phương pháp thuần túy hình học 1.1.1 Một số định lý cơ bản Trong mục này tác giả trình bày một số định lý cơ bản của hình học phẳng. Nội dung cơ bản của mục này được trích ra từ tài liệu [1]. Định lý 1.1. (Bất đẳng thức tam giác). Trong mọi tam giác chiều dài một cạnh luôn nhỏ hơn tổng chiều dài của hai cạnh còn lại. Tổng quát hơn, cho ba điểm A,B,C ta có: AC +BC ⩾ AB với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C nằm trên đoạn AB. Đây là một trong những bất đẳng thức hình học cơ bản nhất. Trong phần này chủ yếu đưa ra các bài toán được giải quyết nhờ sử dụng bất đẳng thức đơn giản này. Định lý 1.2. Giả sử O là điểm bên trong tam giác ABC ( Điểm O có thể nằm trên cạnh, nhưng không trùng với bất kỳ đỉnh nào của tam giác ABC). Khi đó có bất đẳng thức AO +OC < AB +BC. (1.1) 4Hình 1.1 Chứng minh. Ký hiệu M là giao điểm của AO với BC. Sử dụng kép bất đẳng thức tam giác ta có AO +OC < AO +OM +MC = AM +MC< AB +BM +MC = AB +BC. và ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.3. Trong một tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơn và ngược lại. Hình 1.2 Chứng minh. Xét tam giác ABC. Giả sử ÂBC > ÂCB, ta chứng minh AC > AB và ngược lại. Thật vậy, trong góc ÂBC kẻ tia Bx,cắt cạnh AC ở D sao cho D̂BC = D̂CB. Ta có BD =DC,BD +DA = AC > AB. Ngược lại, giả sử AC > AB, ta sẽ chứng minh ÂBC > ÂCB. Thật vây, giả sử ÂBC ≤ ÂCB. Khi đó theo chứng minh trên ta có AC ≤ AB, mâu thuẫn. Định lý được chứng minh. Định lý 1.4. Cho trước hai tam giác ABC và A′B′C ′ có hai cặp cạnh bằng nhau AB = A′B′, AC = A′C ′. Ta có bất đẳng thức B̂AC > B̂′A′C ′ khi và chi khi BC > B′C ′. 5Hình 1.3 Chứng minh. Trước hết, giả sử B̂AC > B̂′A′C ′, ta chứng minh BC > B′C ′. Không mất tính tổng quát, giả sử AB ≥ AC. Ta đem hình tam giác ABC đăt chồng lên tam giác A′B′C ′, sao cho A ≡ A′, C ≡ C ′ và các đỉnh B, B’ cùng nằm về một phía đối với đường thẳng AC. Do AB = A′B′, nên ta có ÂBB′ = ÂB′B. Vì ĈBB′ ÂB′B, nên ĈBB′ CB′, hay CB > C ′B′. Nếu B̂AC = B̂′A′C ′ thì có thể suy ra rằng BC = B′C ′. Do đó, ∆ABC = ∆A′B′C ′ (c.g.c). Vậy B̂AC > B̂′A′C ′ khi và chỉ khi BC > B′C ′. Định lý được chứng minh. Định lý 1.5. ( Công thức Euler). Gọi R và r lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC,d là khoảng cách giữa hai tâm của hai đường tròn đó. Khi đó có đẳng thức d2 = R2 − 2Rr. (1.2) Hệ quả 1.1. Trong mọi tam giác có bất đẳng thức R ≥ 2r. (1.3) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi tam giác ABC là đều. 1.1.2 Một số bài toán về bất đẳng thức của hình học phẳng Bài toán 1.1. Cho tứ giác lồi ABCD. Chứng minh rằng AB +BC +CD +DA < 2(AC +BD). (1.4) Lời giải. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Khi đó, theo bất đẳng thức tam giác (Định lý 1.1), ta có AB < AO +BO, CD < OC +OD. 6Hình 1.4 Cộng các bất đẳng thức này theo từng vế ta được AB +CD < AO +BO +OC +OD = AC +BD. (1.5) Tương tư, ta có BC +DA < BO +CO +OA +OD = AC +BD. (1.6) Cộng theo từng vế các bất đẳng thức (1.5) và (1.6) ta được bất đẳng thức (1.4). Bài toán 1.2. Giả sử O là một điểm bên trong tam giác ABC. Chứng minh rằng p < AO +BO +CO < 2p, (1.7) trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC. Lời giải. Theo bất đẳng thức tam giác ta có Hình 1.5 AB < OA +OB, BC < OB +OC, CA < OC +OA. 7Cộng theo từng vế các bất đẳng thức này, ta được 2p < 2(AO +BO +CO)⇔ p < AO +BO +CO. (1.8) Mặt khác, theo bất đẳng thức (1.1)trong Định lý 1.2, ta có OA +OB < CA +CB, OB +OC < AB +AC, OC +OA < BC +BA. Cộng các bất đẳng thức trên đây theo từng vế, ta được 2(AO +BO +CO) < 4p⇔ AO +BO +CO < 2p. (1.9) Từ (1.8) và (1.9) ta có điều phải chứng minh. Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh đối diện với các đỉnh là a, b, c. Ký hiệu ma,mb,mc là độ dài các đường trung tuyến ứng với các cạnh a, b, c. Chứng minh rằng a + b + c 2 <ma +mb +mc < a + b + c. (1.10) Lời giải. Ký hiệu M là trung điểm BC và A′ đối xứng với A qua M . Khi Hình 1.6 đó ta có AA′ = 2AM < A′C +AC = AB +AC hay 2ma < b + c. Tương tự ta cũng có 2mb < a + c và 2mc < a + b. Cộng các bất đẳng thức này lại ta suy ra vế phải của bất đẳng kép (1.10). Mặt khác ta có: AM > AC −CM và AM > AB −BM . Cộng hai bất đẳng thức này lại ta được 2AM > AB +AC −BC hay 2ma > b + c − a. Chứng minh tương tự ta có 2mb > a + c − b, 2mc > a + b − c. Cộng ba bất đẳng thức này ta suy ra vế trái của bất đẳng thức kép (1.10). 8Bài toán 1.4. Cho tam giác ABC, độ dài các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C tương ứng là a, b, c. Chứng minh các bất đẳng thức a + b + c 2r < 1 sin A 2 + 1 sin B 2 + 1 sin C 2 < a + b + c r , (1.11) trong đó r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác. Lời giải. Gọi O là giao điểm các đường phân giác của tam giác ABC. Gọi Hình 1.7 r là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác. Theo công thức (1.7) trong Bài toán 1.2, ta có a + b + c 2 < OA +OB +OC < a + b + c. Vì OA = r sin A2 , OB = r sin B2 , OC = r sin C2 . nên từ đây suy ra bất đẳng thức (1.11) Bài toán 1.5. Chứng minh rằng, trong một hình bình hành đường chéo nối hai góc nhọn dài hơn đường chéo nối hai góc tù. Lời giải. Xét hình bình hành ABCD. Giả sử góc A nhọn, góc B tù. Xét tam giác ABC và tam giác DAB. Hai tam giác này có cạnh AB chung và BC=AD, mà D̂AB < ÂBC, nên theo Định lý 1.4, ta có BD< AC, nghĩa là đường chéo nối hai góc tù nhỏ hơn đường chéo nối hai góc nhọn của hình bình hành. 9Hình 1.8 Bài toán 1.6. Trên các cạnh AB,BC,CA của tam giác ABC. Lấy các điểm C1,A1,B1 tương ứng sao cho BA1 = λBC,CB1 = λCA,AC1 = λAB, ở đó 1 2 < λ < 1. Chứng minh rằng chu vi p của tam giác ABC và chu vi p1 của tam giác A1B1C1 thỏa mãn bất đẳng thức(2λ − 1)p < p1 < λp. Lời giải. Hình 1.9 Trên các cạnh AB,BC,AC lấy các điểm C2,A2,B2 tương ứng sao cho A1B2 ∥ AB,B1C2 ∥ BC,C1A2 ∥ AC. Khi đó: A1B1 < A1B2 + B2B1 =(1 − λ)AB + (2λ − 1)CA. Tương tự:B1C1 < (1−λ)BC+(2λ−1)AB và C1A1 < (1−λ)CA+(2λ−1)BC. Cộng các bất đẳng thức này ta được p1 < λp. Rõ ràng, A1B1 +AC > B1C, nghĩa là: A1B1 + (1 − λ)BC > λCA Tương tự: B1C1 + (1 − λ)CA > λAB và C1A1 + (1 − λ)AB > λBC Cộng các bất đẳng thức này lại ta được p1 > (2λ − 1)p. 10 Bài toán 1.7. Tìm các điểm nằm trong tứ giác lồi sao cho tổng khoảng cách từ đó tới các đỉnh của tứ giác là nhỏ nhất. Lời giải. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo của tứ giác lồi ABCD, còn O1 là điểm tùy ý. Khi đó: AO1 +CO1 ⩾ AC = AO +CO, BO1 +DO1 ⩾ BD = BO +DO. Cộng các bất đẳng thức này ta được AO1 +CO1 +BO1 +DO1 ⩾ AO +CO +BO +DO tức là O là điểm cần tìm. Bài toán 1.8. Trong mặt phẳng cho các điểm A1A2, . . . ,An không nằm trên một đường thẳng. Gọi 2 điểm phân biệt P và Q thỏa mãn tính chất A1P +A2P + . . . +AnP = A1Q +A2Q + . . . +AnQ = s Chứng minh rằng A1K +A2K + . . . +AnK < s với mọi điểm K. Lời giải. Với K là trung điểm của PQ. Khi đó AiK ⩽ 1 2 (AiP +AiQ) với i = 1,2, . . . Ở đây tồn tại ít nhất một bất đẳng thức là nghiêm ngặt vì các điểm Ai không thể cùng nằm trên đường thẳng PQ. Do đó đem cộng các bất đẳng thức trên lại ta được A1K +A2K + . . . +AnK < 1 2 ( n∑ i=1AiP + n∑i=1AiQ) = s. Bài toán 1.9. Trên mặt phẳng cho trước đường tròn đơn vị và n điểm A1,A2, . . . ,An. Chứng minh rằng tồn tại điểm M trên đường tròn sao cho MA1 +MA2 + . . . +MAn ⩾ n Lời giải. LấyM1 vàM2 là hai điểm đối xứng qua tâm của đường tròn. Khi đó M1Ak +M2Ak ⩾M1M2 = 2 với k = 1,2, . . . Cộng các bất đẳng thức này lại ta được(M1A1 +M1A2 + . . . +M1An) + (M2A1 +⋯ +M2An) ⩾ 2n. Vì vậy hoặc M1A1 + . . . +M1An ⩾ n và khi đó ta chọn M ≡ M1 hoặc M2A1 + . . . +M2An ⩾ n thì ta lấy M ≡M2. 11 Hình 1.10 Bài toán 1.10. Chứng minh rằng trung bình cộng chiều dài các cạnh của một đa giác lồi bất kỳ nhỏ hơn trung bình cộng chiều dài các đường chéo của nó. Lời giải. Gọi ApAp+1 và AqAq+1 là các cạnh không kề nhau của n-giác (nghĩa là ∣p − q∣ ⩾ 2). Khi đó ApAp+1 +AqAq+1 < ApAq +Ap+1Aq+1. Viết tất cả các bất đẳng thức như vậy và cộng chúng lại. Với mỗi cạnh tồn tại đúng n−3 cạnh không kề với nó và do đó mỗi cạnh bất kì có mặt trong n − 3 bất đẳng thức, nghĩa là ở vế trái của tổng nhận được có (n − 3)p, ở đó p là tổng chiều dài các cạnh của n-giác. Đường chéo AmAn tham gia vào hai bất đẳng thức với p = n, q =m và p = n− 1, q =m− 1. Do đó trong vế phải là 2d, ở đó d là tổng chiều dài các đường chéo. Vì vậy(n − 3)p < 2d Do đó p n < d n(n − 3)/2 , ta được yêu cầu. Bài toán 1.11. Gọi A,B,C,D là bốn điểm trong không gian không đồng phẳng. Chứng minh rằng AC.BD < AC.CD +AD.BC Lời giải. Giả sử có một mặt cầu đi qua các điểm B,C,D cắt các đoạn thẳng AB,AC,AD tại B′,C ′,D′. Giao điểm của mặt cầu với mặt phẳng(ABC) là đường tròn, khi đó tứ giác BB′C ′C là nội tiếp. Suy ra các tam giác ABC và A′B′C ′ là đồng dạng, do đó AB′ AC = AC ′ AB = B′C ′ BC Ta được B′C ′ = BC.AB′ AC Tương tự, tam giác ABD và AD′B′ đồng dạng, vì vậy B′D = BD.AB′ AD 12 Ta suy ra rằng B′C ′ B′D′ = BC.ADAC.BD Trong cách tương tự ta được C ′D′ B′D′ = AB.CDAC.BD Nhưng trong tam giác A′B′C ′ ta có B′C ′ +C ′D′ > B′D′, vì thế suy ra BC.AD AC.BD + AB.CD AC.BD > 1. Vì vậy AC.BD < AB.CD +AD.BC. Nhận xét 1.1. Nếu A,B,C,D là các điểm đồng phẳng, khi đó ta có thể chứng minh rằng AC.BD ⩽ AB.CD +AD.BC Đẳng thức có được nếu và chỉ nếu ABCD là tứ giác nội tiếp. Bài toán 1.12. Trong tam giác ABC cho điểm M . Chứng minh rằng 4S ⩽ AM.BC +BM.AC +CM.AB ở đó S là diện tích tam giác ABC. Lời giải. Hình 1.11 Từ điểm B và C hạ đường vuông góc BB1 và CC1 tới AM . Khi đó 2SAMB + 2SAMC = AM.BB1 +AM.CC1 ⩽ AM.BC. Vì BB1 +CC1 ⩽ BC. Tương tự 2SBMC + 2SBMA ⩽ BM.AC và 2SCMA + 2SCMB ⩽ CM.AB Cộng các bất đẳng thức này lại ta được bất đẳng thức cần chứng minh. 13 1.2 Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đại số cơ bản 1.2.1 Các bất đẳng thức cơ bản Các bất đẳng thức đại số được ứng dụng rất sâu rộng trong chứng minh bất đẳng thức hình học. Trong luận văn này xin trình bày bốn bất đẳng thức đại số cơ bản nhất đó là bất đẳng thức AM −GM (Arithmetic Mean - Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy - Schawrz, bất đẳng thức sắp xếp lại (Rearranggement Inequality) và bất đẳng thức Chebyshev. Trong các bất đẳng thức trên, bất đẳng thức sắp xếp lại là ít phổ biến hơn cả nên dưới đây chúng tôi chỉ trình bày chứng minh bất đẳng thức sắp xếp lại. Định lý 1.6. (Bất đẳng thức AM −GM).Với n số thực không âm bất kì a1, a2, . . . , an, ta có bất đẳng thức a1 + a2 + . . . + an n ⩾ n√a1.a2. . . . .an. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an. Hệ quả 1.2. (Bất đẳng thức GM −HM).Với mọi bộ số dương ta đều có n √ a1.a2. . . . .an ⩾ n1 a1 + 1 a2 + . . . + 1 an . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an. Hệ quả 1.3. Với mọi bộ số dương a1, a2, . . . , an ta đều có 1 n ( 1 a1 + 1 a2 + . . . + 1 an ) ⩾ n a1 + a2 + . . . + an . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an. Hệ quả 1.4. Với mọi bộ số không âm a1, a2, . . . , an và m = 1,2, . . . ta đều có am1 + am2 + . . . + amn n ⩾ (a1 + a2 +⋯ + an n )m. Định lý 1.7. (Bất đẳng thức Cauchy - Schawrz). Xét hai bộ số thực tùy ý a1, a2,⋯, an và b1, b2,⋯, bn. Khi đó ta có(a1b1 + a2b2 +⋯ + anbn)2 ⩽ (a21 + a22 +⋯ + a2n)(b21 + b22 +⋯ + b2n). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 b1 = a2 b2 = ⋯ = an bn . (Với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0). 14 Định lý 1.8. ( Bất đẳng thức Chebyshev). 1. Nếu (a1, a2, ..., an) và (b1, b2, ..., bn) là hai dãy số đồng dạng (cùng đơn điệu tăng hoặc cùng đơn điệu giảm) thì a1b1 + a2b2 + ... + anbn n ≥ (a1 + a2 + ... + an n ).(b1 + b2 + ... + bn n ). (1.12) 2. Nếu (a1, a2, ..., an) và (b1, b2, ..., bn) là hai dãy ngược nhau(một dãy đơn điệu tăng, còn dãy kia đơn điệu giảm) thì a1b1 + a2b2 + ... + anbn n ≤ (a1 + a2 + ... + an n ).(b1 + b2 + ... + bn n ). (1.13) Định lý 1.9. (Bất đẳng thức sắp xếp lại- Rearrangement Inequality). Cho các số thực a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an, b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn. Ta nói hai bộ số{ak}nk=1,{bk}nk=1 là đồng dạng, nếu chúng cùng tăng, hoặc cùng giảm và là ngược nhau, nếu một bộ là tăng, còn bộ kia là giảm. Ta ký hiệu a) Tổng sắp xếp(Sorted sum): S = a1b1 + a2b2 + ... + anbn, b) Tổng ngược(Reversed sum): R = a1bn + a2bn−1 + ... + anb1, c) Tổng hoán vị(Permulated sum): P = a1c1 + a2c2 + ... + ancn, trong đó c1, c2, ..., cn là một hoán vị bất kỳ của bộ số b1, b2, .., bn. Ta có bất đẳng thức sắp xếp ( Rearrangement Inequality) S ≥ P ≥ R. (1.14) Chứng minh. 1. Chứng minh S ≥ P. Để đơn giản trong lập luận chúng ta chỉ xét n = 3. Như vậy ta có (a1, a2, a3), (b1, b2, b3) là các dãy tăng, còn (c1, c2, c3) là một hoán vị nào đó của (b1, b2, b3). Giả sử c1 ≥ c2. Xét P = a1c1 + a2c2 + a3c3 và P ′ = a1c2 + a2c1 + a3c3. Ta có P ′ −P = (c1 − c2)(a2 − a1) ≥ 0. Như vậy P ′ ≥ P. Điều đó có nghĩa là khi ta đổi cho giữa c1 và c2(c1 ≥ c2) thì giá trị của P tăng lên. Do đó, nếu ta đổi chỗ tất cả các căp(ci, cj) sao cho ci ≥ cj với i < j thì tổng P chỉ có thể tăng lên. Tổng P lớn nhất ứng với trường hợp (c1, c2, c3) = (b1, b2, b3), nghĩa là ta có maxP = a1b1 + a2b2 + a3b3 = S. 2. Chứng minh P ≥ R. Lập luận tương tự như trên đối với hai bộ số tăng là (a1, a2, a3) và (−b3,−b2,−b1) ta có Pmax = a1(−b3)+a2(−b2)+a3(−b1). Do đó Pmin = a1b3 + a2b2 + a3b1 = R. 15 1.2.2 Các bài toán áp dụng bất đẳng thức AM-GM Bài toán 1.13. Cho a, b, c là chiều dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng 1 a + 1 b + 1 c ⩽ 1 a + b − c + 1b + c − a + 1c + a − b. Lời giải. Áp dụng hệ quả 1.3 ta có: 1 2 ( 1 a + b − c + 1b + c − a) ⩾ 2a + b − c + b + c − a = 1b Chứng minh tương tự ta cũng có: 1 2 ( 1 b + c − a + 1c + a − b) ⩾ 1c 1 2 ( 1 c + a − b + 1a + b − c) ⩾ 1a Cộng các bất đẳng thức này lại ta được bất đẳng thức theo yêu cầu. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Bài toán 1.14. Cho a, b, c là chiều dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: ∑(a + b)(b + c)√a − b + c ⩾ 4(a + b + c)√(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c). Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: ∑ (a + b)(b + c)√(b + c − a)(c + a − b) ⩾ 4(a + b + c) theo bất đẳng thức AM −GM ta được(a + b)(b + c)√(b + c − a)(c + a − b) ⩾ 2(a + b)(b + c)b + c − a + c + a − b = (a + b)(b + c)c . Vì thế ta cần chỉ ra rằng ∑ (a + b)(b + c) c ⩾ 4(a + b + c) Do các thứ tự {1 a , 1 b , 1 c } và {(c + a)(a + b), (a + b)(b + c), (b + c)(c + a)} được sắp xếp ngược nhau, từ đó áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại ta được ∑ (a + b)(b + c) c ⩾∑ (a + b)(b + c) b =∑(a + b + c + ca b ). 16 Do đó ta chỉ chứng minh ∑ ca b ⩾ a + b + c mà sau đó theo bất đẳng thức sắp xếp lại ta được ∑ ca b ⩾∑ ca c = a + b + c. Bài toán 1.15. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: 1 18 ∑ [ 1(p − a)(p − b)] 1 2 ⩾ [∑ a2 + bc b + c ]−1. (1.15) Lời giải. Trước hết ta sẽ chứng minh rằng:√ 1(p − a)(p − b) + √ 1(p − b)(p − c) + √ 1(p − c)(p − a) ⩾ 9p. (1.16) Thật vậy, theo bất đẳng thức AM −GM ta có: p 3 = (p − a) + (p − b) + (p − c) 3 ⩾ 3√(p − a)(p − b)(p − c) mà √ p − a +√p − b +√p − c 3 ⩾ 6√(p − a)(p − b)(p − c). Nhân 2 bất đẳng thức này lại ta được p(√p − a +√p − b +√p − c) 9 ⩾ √(p − a)(p − b)(p − c). Tương đương p 9 (√ 1(p − a)(p − b) + √ 1(p − b)(p − c) + √ 1(p − c)(p − a)) ⩾ 1 như vậy bất đẳng thức (1.16)được chứng minh. Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng p ⩽ 1 2 ∑ a2 + bc b + c . (1.17) Bất đẳng thức trên tương đương với a2 + bc b + c + b2 + cac + a + c2 + aba + b − (a + b + c) ⩾ 0. (1.18) Thực tế (1.18) là hệ quả của bất đẳng thức nổi tiếng X2 + Y 2 +Z2 ⩾XY + Y Z +ZX vớiX,Y Z ∈ R (1.19) 17 mà có thể đạt được bằng cách viết lại bất đẳng thức(X − Y )2 + (Y −Z)2 + (Z −X)2 ⩾ 0. Sau khi rút gọn vế trái của (1.18) ta được a2 + bc b + c + b2 + cac + a + c2 + aba + b − (a + b + c) = a4 + b4 + c4 − a2b2 − a2c2 − b2c2(a + b)(b + c)(c + a) Đặt X = a2, Y = b2,Z = c2 thế vào (1.19) ta được: a4 + b4 + c4 − a2b2 − a2c2 − b2c2 ⩾ 0 và (1.17) được chứng minh. Chú ý rằng đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Khi đó tam giác ABC đều. Cuối cùng (1.15) có được từ (1.16) và (1.17) ta có điều phải chứng minh. Bài toán 1.16. [IMO 1964]. Cho a, b, c là chiều dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng a2(b + c − a) + b2(c + a − b) + c2(a + b − c) ⩽ 3abc. Lời giải. Đặt x = b + c − a, y = c + a − b, z = a + b − c. Khi đó x, y, z > 0. Theo bất đẳng thức AM −GM ta có x + y 2 ⩾ √xy, y + z 2 ⩾ √yz, z + x 2 ⩾ √zx. Do đó: x + y 2 . y + z 2 . z + x 2 ⩾ xyz. Từ đó theo cách đặt trên ta được: abc ⩾ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c). Mà (b+c−a)(a+c−b)(a+b−c) = a2(b+c−a)+b2(a+c−b)+c2(a+b−c)−2abc Từ đó ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán 1.17. Cho a, b, c là chiều dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng nếu 2(ab2 + bc2 + ca2) = a2b + b2c + c2a + 3abc thì khi đó tam giác là đều. Lời giải. Ta sẽ chỉ ra rằng a2b + b2c + c2a + 3abc ⩾ 2(ab2 + bc2 + ca2) với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, nghĩa là tam giác là tam giác đều. Ta đặt a = x+ y, b = y + z, c = z +x. Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành x3 + y3 + z3 + x2y + y2z + z2x ⩾ 2(x2z + y2x + z2y). 18 Theo bất đẳng thức AM −GM ta có x3 + z2x ⩾ 2x2z, y3 + x2y ⩾ 2y2x, z3 + y2z ⩾ 2z2y. Sau đó cộng các bất đẳng thức này lại ta được x3 + y3 + z3 + x2y + y2z + z2x ⩾ 2(x2z + y2x + z2y). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z tức là a = b = c hay tam giác là tam giác đều. 1.2.3 Các bài toán áp dụng véc tơ và bất đẳng thức Cauchy - Schwarz Xét hai véc tơ a⃗ = (a1, a2, ..., an), b⃗ = (b1, b2, ..., bn). ˆ Tích vố hướng của hai véc tơ: a⃗.b⃗ = n∑ i=1 aibi. ˆ Độ dài của véc tơ ∣∣a⃗∣∣ = √a21 + a22 + ... + a2n. Ta có bất đẳng thức tam giác∣∣a⃗ + b⃗∣∣ ≤ ∣∣a⃗∣∣ + ∣∣b⃗∣∣. (1.20) Theo bất đẳng thức Holder, ta có∣a⃗.b⃗∣ ≤ ∣∣a⃗∣∣.∣∣b⃗∣∣. (1.21) Bài toán 1.18. Chứng minh bất đẳng thức√ c(a − c) +√c(b − c) ≤ √ab, trong đó a, b, c là ba cạnh của một tam giác với a > c, b > c. Lời giải. Xét hai véc tơ v⃗1 = (√c,√b − c), v⃗2 = (√a − c,√c). Theo bất đẳng thức (1.21) ta có∣a⃗.b⃗∣ ≤ ∣∣a⃗∣∣.∣∣b⃗∣∣⇔√c.√a − c +√b − c.√c ≤ √(√c)2 + (√b − c)2.√(√a − c)2 + (√c)2. Từ đây suy ra bất đẳng thức√ c(a − c) +√c(b − c) ≤ √ab. 19 Bài toán 1.19. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức 2 < √a2 + (b + c)2 +√b2 + (a + c)2 +√c2 + (a + b)2 < 3. Lời giải. Xét các véc tơ v⃗ = (1,1), w⃗1 = (a, b + c), w⃗2 = (b, a + c), w⃗3 = (c, a + b). Ta có các bất đẳng thức ∣v⃗.w⃗1∣ ≤ ∣∣v⃗∣∣.∣∣w⃗1∣∣,∣v⃗.w⃗2∣ ≤ ∣∣v⃗∣∣.∣∣w⃗2∣∣,∣v⃗.w⃗3∣ ≤ ∣∣v⃗∣∣.∣∣w⃗3∣∣. Cộng các bất đẳng thức trên ta dược 3(a + b + c) ≤ √2(√a2 + (b + c)2 +√b2 + (c + a)2 +√c2 + (a + b)2). Vì a + b + c = 1 và 2 < 3√ 2 , nên ta có 2 < 3√ 2 ≤ √a2 + (b + c)2 +√b2 + (c + a)2 +√c2 + (a + b)2. (1.22) Tiếp theo, xét các véc tơ x⃗1 = (a, b), x⃗2 = (b, c), x⃗3 = (c, a), y⃗1 = (0, c), y⃗2 = (0, a), y⃗3 = (0, b). Sử dụng bất đẳng thức tam giác∣∣x⃗i + y⃗i∣∣ ≤ ∣∣x⃗i∣∣ + ∣∣y⃗i∣∣, i = 1,2,3 ta có √ a2 + (b + c)2 ≤ √b2 + c2 +√a2,√ b2 + (c + a)2 ≤ √c2 + a2 +√b2,√ c2 + (a + b)2 ≤ √a2 + b2 +√c2. Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được√ a2 + (b + c)2 +√b2 + (c + a)2 +√c2 + (a + b)2≤ √b2 + c2 +√c2 + a2 +√a2 + b2 + a + b + c. Vì √ b2 + c2 ≤ b + c, √c2 + a2 ≤ c + a, √a2 + b2 ≤ a + b. Do đó√ a2 + (b + c)2 +√b2 + (c + a)2 +√c2 + (a + b)2 ≤ 3(a + b + c). (1.23) Vì a + b + c = 1, nên từ (1.22) và (1.23) suy ra điều phải chúng minh. 20 Bài toán 1.20. Cho a, b, c, d là độ dài các cạnh của một tứ giác lồi. Chứng minh bất đẳng thức√ a + b + c + d +√b + c + d +√c + d +√d ≥ √a + 4b + 9c + 16d. (1.24) Lời giải. Xét các véc tơ v⃗1 = (√a,√b,√c,√d), v⃗2 = (0,√b,√c,√d) v⃗3 = (0,0,√c,√d), v⃗4 = (0,0,0,√d). Sử dụng bất đẳng thức∣∣v⃗1∣∣ + ∣∣v⃗2∣∣ + ∣∣v⃗3∣∣ + ∣∣v⃗4∣∣ ≥ ∣∣v⃗1 + v⃗2 + v⃗3 + v⃗4∣∣, dễ dàng nhận được bất đẳng thức (1.24). Bài toán 1.21. Cho tam giác ABC, Q là một điểm nằm trong tam giác. Qua Q kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC,BC lần lượt ở M và N . Qua Q kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB,BC lần lượt tại F , E. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC,AB lần lượt ở P,R. Gọi S,S1, S2, S3 lần lượt là diện tích của các tam giác ABC, QMP , QEN và QFR. Chứng minh rẳng S1 + S2 + S3 ⩾ 1 3 S. Lời giải. Hình 1.12 Ta có tam giác QMP và tam giác BAC là đồng dạng với tỉ số MP AC , do đó S1 S = (MP AC )2 hay √S1√ S = MP AC . Tương tự √ S2√ S = PC AC , và √ S3√ S = AM AC . Cộng các đẳng thức này lại ta được√ S1 +√S2 +√S3√ S = MP +PC +AM AC = AC AC = 1. 21 Điều này tương đương với S = (√S1 +√S2 +√S3). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schawrz ta có S = (√S1 +√S2 +√S3) ⩽ 3(S1 + S2 + S3) hay S 3 ⩽ S1 + S2 + S3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi S1 = S2 = S3, nghĩa là Q là trọng tâm tam giác ABC. Bài toán 1.22. [IMO 1983]. Cho a, b, c là chiều dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng a2b(a − b) + b2c(b − c) + c2a(a − c) ⩾ 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải. Đặt x = b + c − a, y = c + a − b, z = a + b − c. Khi đó x, y, z > 0. Bất đẳng thức đã cho tương đương với xy3 + yz3 + zx3 ⩾ xyz(x + y + z) (1.25) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schawrz ta có:(xy3 + yz3 + zx3)(x + y + z) ⩾ (y√xyz + z√xyz + x√xyz)2= xyz(x + y + z)2. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (xy3, yz3, zx3) = k(x, y, z) nghĩa là x = y = z. Khi đó ta có: a2b(a − b) + b2c(b − c) + c2a(c − a) = 2(x3z + y3x + z3y − xyz(x + y + z)) = 2xyz(x2 y + y2 z + z2 x − x − y − z). Vì 2 ⩽ x y + y x . Do đó 2x ⩽ x(x y + y z ) = x2 y + y. Tương tự: 2y ⩽ y2 z + z và 2z ⩽ z2 x + x Cộng các bất đẳng thức này lại ta được: x2 y + y2 z + z2 x ⩾ x + y + z. Vậy bất đẳng thức đúng. Bài toán 1.23. Cho a, b, c là chiều dài các cạnh tam giác. Chứng minh rằng: √ 3(√ab +√bc +√ca) ⩾ √a + b − c +√b + c − a +√c + a − b. 22 Lời giải. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn a = x + y, b = y + z, c = z + x. Khi đó bất đẳng thức trên tương đương với 3∑√(x + y)(y + z) ⩾ 2(∑√x)2 Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 3∑√(x + y)(y + z) ⩾ 3∑ (y +√zx)⩾ 2∑y + 4∑√zx= 2(∑√x)2 Nhận xét 1.2. Trong hai ví dụ trên ta đã sử dụng biến trung gian x, y, z thay cho các biến a, b, c. Kĩ thuật này được sử dụng nhiều khi chứng minh bất đẳng thức. Cho a, b, c là chiều dài các cạnh tam giác. Khi đó tồn tại các số thực dương x, y, z sao cho a = x + y, b = y + z, c = z + x. Đây gọi là phép thế Ravi và người ta thường sử dụng phép thế này để chuyển bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức đại số. Bài toán 1.24. Cho tam giác ABC, m,n, t > 0. Chứng minh rằng m n + ta2 + nt +mb2 + tm + nc2 ⩾ 2S√3. (1.26) Lời giải. Trước hết ta chứng minh