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

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ HẬU

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH

BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN, NĂM 2015

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ HẬU

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH

BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

TS. NGUYỄN VĂN NGỌC

THÁI NGUYÊN, NĂM 2015

i

Mục lục

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii

Danh mục các kí hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii

Danh mục các hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iv

Lời mở đầu

1

Các phương pháp chứng minh thường dùng

1.1 Phương pháp thuần túy hình học . . . . . . . . . . . . . . . .

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

Kết luận

Tài liệu tham khảo

51

59

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:

BC = a, CA = b, AB = c;

S là diện tích tam giác;

p là nửa chu vi tam giác;

m_a, m_b, m_c, l_a, l_b, l_c, h_a, h_b, h_clần lượt là độ dài các trung tuyến, các

phân giác và các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c;

r, R, r_a, r_b, r_clần 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.

a = a + b + c.

∑

Πa = abc.

iv

Danh mục các hình

Hình 1.1;

Hình 1.2;

Hình 1.3;

Hình 1.4;

Hình 1.5;

Hình 1.6;

Hình 1.7;

Hình 1.8;

Hình 1.9;

Hình 1.10;

Hình 1.11;

Hình 1.12.

1

Lời 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

2

chung 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.

3

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.. 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)

4

Hình 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

Æ

Chứng minh. Xét tam giác ABC. Giả sử ABC > ACB, ta chứng minh

Æ

AC > AB và ngược lại. Thật vậy, trong góc ABC kẻ tia Bx,cắt cạnh AC

Æ Æ

ở D sao cho DBC = DCB. Ta có BD = DC, BD + DA = AC > AB.

Æ Æ

Ngược lại, giả sử AC > AB, ta sẽ chứng minh ABC > ACB. Thật vây,

Æ Æ

giả sử ABC ≤ ACB. 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

′

Æ

bằng nhau AB = A B , AC = A C . Ta có bất đẳng thức BAC > B A C

khi và chi khi BC > B^′C^′.

5

Hình 1.3

′

Æ

Chứng minh. Trước hết, giả sử BAC > B 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.

′

Æ

Do AB = A B , nên ta có ABB = AB B. Vì CBB < ABB và CB B >

′

Æ

AB B, nên CBB < CB B. Theo Định lý 1.3, ta có CB > CB , hay

CB > C^′B^′.

′

Æ

Nếu BAC = B A C thì có thể suy ra rằng BC = B C . Do đó, ∆ABC =

′

Æ

∆A B C (c.g.c). Vậy BAC > B 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.

6

Hình 1.4

Cộng các bất đẳng thức này theo từng vế ta được

AB + CD < AO + BO + OC + OD = AC + BD.

(1.5)

(1.6)

Tương tư, ta có

BC + DA < BO + CO + OA + OD = AC + BD.

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.

7

Cộng 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 m_a, m_b, m_clà độ dài các đường trung tuyến ứng với

các cạnh a, b, c. Chứng minh rằng

a + b + c

< m_a+ m_b+ m_c< a + b + c.

(1.10)

2

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 2m_a< b + c. Tương tự

ta cũng có 2m_b< a + c và 2m_c< 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

2m_a> b + c − a.

Chứng minh tương tự ta có

2m_b> a + c − b,

2m_c> a + b − c.

Cộng ba bất đẳng thức này ta suy ra vế trái của bất đẳng thức kép (1.10).

8

Bài 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

1

a + b + c

<

+

<

,

(1.11)

A

B

C

2r

r

sin

2

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

< OA + OB + OC < a + b + c.

2

Vì

r

OA =

, OB =

, OC =

.

sin ^A

sin ^B

sin ^C

2

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,

Æ Æ

mà DAB < ABC, 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.

9

Hình 1.8

Bài toán 1.6. Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC. Lấy các

điểm C₁, A₁, B₁tương ứng sao cho BA₁= λBC, CB₁= λCA, AC₁= λAB,

1

ở đó < λ < 1. Chứng minh rằng chu vi p của tam giác ABC và chu vi p₁

2

của tam giác A₁B₁C₁thỏa 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, B₂tương 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 O₁là 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, ... , A_nkhông nằm

trên một đường thẳng. Gọi 2 điểm phân biệt P và Q thỏa mãn tính chất

A₁P + A₂P + ... + A_nP = A₁Q + A₂Q + ... + A_nQ = s

Chứng minh rằng A₁K + A₂K + ... + A_nK < s với mọi điểm K.

Lời giải. Với K là trung điểm của PQ. Khi đó

1

A_iK ⩽ (A_iP + A_iQ) với i = 1, 2, ...

2

Ở đây tồn tại ít nhất một bất đẳng thức là nghiêm ngặt vì các điểm A_i

không thể cùng nằm trên đường thẳng PQ. Do đó đem cộng các bất đẳng

thức trên lại ta được

n

1

2

(

)

A₁K + A₂K + ... + A_nK <

A P + A Q = s.

Q

i

i=1

Bài toán 1.9. Trên mặt phẳng cho trước đường tròn đơn vị và n điểm

A₁, A₂, ... , A_n. Chứng minh rằng tồn tại điểm M trên đường tròn sao cho

MA₁+ MA₂+ ... + MA_n⩾ n

Lời giải. Lấy M₁và M₂là hai điểm đối xứng qua tâm của đường tròn. Khi

đó

M₁A_k+ M₂A_k⩾ M₁M₂= 2 với k = 1, 2, ...

Cộng các bất đẳng thức này lại ta được

(M₁A₁+ M₁A₂+ ... + M₁A_n) + (M₂A₁+ ⋯ + M₂A_n) ⩾ 2n.

Vì vậy hoặc M₁A₁+ ... + M₁A_n⩾ n và khi đó ta chọn M ≡ M₁hoặc

M₂A₁+ ... + M₂A_n⩾ 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 A_pA_p+1và A_qA_q+1là các cạnh không kề nhau của n-giác

(nghĩa là Sp − qS ⩾ 2). Khi đó

A_pA_p+1+ A_qA_q+1< A_pA_q+ A_p+1A_q+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 A_mA_ntham 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

p

d

Do đó

<

, ta được yêu cầu.

n n(n − 3)/2

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^′B^′C^′

=

AC AB

BC

BC.AB^′

AC

Ta được B^′C^′=

Tương tự, tam giác ABD và AD^′B^′đồng d_′ạng, vì vậy

BD.AB

B^′D =

AD

12

Ta suy ra rằng

B_′^′C^′_′BC.AD

=

B D AC.BD

Trong cách tương tự ta được

C^′_′D^′_′AB.CD

=

B D AC.BD

Nhưng trong tam giác A^′B^′C^′ta có B^′C^′+ C^′D^′> B^′D^′, vì thế suy ra

BC.AD AB.CD

+

> 1.

AC.BD AC.BD

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 BB₁và CC₁tới AM. Khi đó

2S_AMB+ 2S_AMC= AM.BB₁+ AM.CC₁⩽ AM.BC.

Vì BB₁+ CC₁⩽ BC. Tương tự

2S_BMC+ 2S_BMA⩽ BM.AC và 2S_CMA+ 2S_CMB⩽ 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, ... , a_n, ta có bất đẳng thức

√

a₁+ a₂+ ... + a_n

n

⩾ a₁.a₂.....a_n.

n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a₁= a₂= ... = a_n.

Hệ quả 1.2. (Bất đẳng thức GM − HM).Với mọi bộ số dương ta đều có

√

n

a₁.a₂.....a_n⩾

.

1

+

+ ... +

a₁a₂

a_n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a₁= a₂= ... = a_n.

Hệ quả 1.3. Với mọi bộ số dương a₁, a₂, ... , a_nta đều có

1 1

1

n

(

+

+ ... + ) ⩾

.

n a₁a₂

a_n

a₁+ a₂+ ... + a_n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a₁= a₂= ... = a_n.

Hệ quả 1.4. Với mọi bộ số không âm a₁, a₂, ... , a_nvà m = 1, 2, ... ta đều

có

m

a^m₁+ a^m₂+ ... + a^m_n

a₁+ a₂+ ⋯ + a_n

⩾ (

) .

n

Định lý 1.7. (Bất đẳng thức Cauchy - Schawrz). Xét hai bộ số thực tùy

ý a₁, a₂, ⋯, a_nvà b₁, b₂, ⋯, b_n. Khi đó ta có

(a₁b₁+ a₂b₂+ ⋯ + a_nb_n) ⩽ (a²₁+ a₂²+ ⋯ + a_n²)(b₁²+ b₂²+ ⋯ + b²_n).

2

a₁a₂

=

a_n

b_n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

= ⋯ =

.

b₁b₂

(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, ..., a_n) và (b₁, b₂, ..., b_n) là hai dãy số đồng dạng (cùng đơn

điệu tăng hoặc cùng đơn điệu giảm) thì

a₁b₁+ a₂b₂+ ... + a_nb_n

a₁+ a₂+ ... + a_nb₁+ b₂+ ... + b_n

).(

≥ (

). (1.12)

n

2. Nếu (a₁, a₂, ..., a_n) và (b₁, b₂, ..., b_n) là hai dãy ngược nhau(một dãy đơn

điệu tăng, còn dãy kia đơn điệu giảm) thì

a₁b₁+ a₂b₂+ ... + a_nb_n

a₁+ a₂+ ... + a_nb₁+ b₂+ ... + b_n

).(

≤ (

). (1.13)

n

Định lý 1.9. (Bất đẳng thức sắp xếp lại- Rearrangement Inequality).

Cho các số thực a₁≤ a₂≤ ... ≤ a_n, b₁≤ b₂≤ ... ≤ b_n. Ta nói hai bộ số

n

{a_k} , {b_k}

k=1

là đồng dạng, nếu chúng cùng tăng, hoặc cùng giảm và là

k=1

ngược nhau, nếu một bộ là tăng, còn bộ kia là giảm. Ta ký hiệu

a) Tổng sắp xếp(Sorted sum): S = a₁b₁+ a₂b₂+ ... + a_nb_n,

b) Tổng ngược(Reversed sum): R = a₁b_n+ a₂b_n−1+ ... + a_nb₁,

c) Tổng hoán vị(Permulated sum): P = a₁c₁+ a₂c₂+ ... + a_nc_n,

trong đó c₁, c₂, ..., c_nlà một hoán vị bất kỳ của bộ số b₁, b₂, .., b_n. 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+ a₃c₃và 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 c₁và c₂(c₁≥

c₂) thì giá trị của P tăng lên. Do đó, nếu ta đổi chỗ tất cả các căp

(c_i, c_j) sao cho c_i≥ c_jvới 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 P_max= a₁(−b₃)+a₂(−b₂)+a₃(−b₁).

Do đó P_min= a₁b₃+ a₂b₂+ a₃b₁= R.