Luận văn thạc sĩ toán hoc 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 . . . . . . . . . .
Lời cảm ơn . . . . . . . .
Danh mục các kí hiệu
Danh mục các hình . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Một số bài toán về bất đẳng thức của hình học phẳng
1.2 Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đại số cơ bản . . .
1.2.1 Các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Các bài toán áp dụng bất đẳng thức AM-GM . . . .
1.2.3
Các bài toán áp dụng véc tơ và bất đẳng thức
Cauchy - Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Các bài toán áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại . . .

i
ii
iii
iv
1
3

3
3
5
13
13
15
18
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, tơi 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 tơi trong suốt q trình làm và hồn thiện luận văn.
Tơi xin chân thành cảm ơn các thầy, cơ giáo khoa Tốn, 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 tơi trong q
trình học tập tại trường cùng tồn thể bạn bè và người thân đã đóng góp
ý kiến, giúp đỡ, động viên tơi trong q 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
khơng tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận được ý kiến đóng góp
của các thầy cơ 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 trịn nội tiếp, đường trịn
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.

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 tốn 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 khơng 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 tơi 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 tốn nào đó, hoặc cơng 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 tốn 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 CauchySchwarz, 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. Mơ đun (modul) của một số phức là độ dài của véc tơ có điểm
gốc là gốc tọa độ, cịn 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 tốn 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 tốn về số phức cịn 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 tốn 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 tốn giải bằng phương pháp sử dụng các bất đẳng thức
cơ bản của đại số, như bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức CauchySchwarz, v.v.. Nội dung chủ yếu của chương này được hình thành từ các
tài liệu [1, 2, 5, 11 - ??, 7].

1.1
1.1.1

Phương pháp thuần túy hình học
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 khơng 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 + M C = AM + M C
< AB + BM + M C = 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 ABC > ACB, ta chứng minh
AC > AB và ngược lại. Thật vậy, trong góc ABC kẻ tia Bx,cắt cạnh AC
ở D sao cho DBC = DCB . Ta có BD = DC, BD + DA = AC > AB.
Ngược lại, giả sử AC > AB, ta sẽ chứng minh ABC > ACB. Thật vây,

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
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

Chứng minh. Trước hết, giả sử BAC > B ′ A′ C ′ , ta chứng minh BC > B ′ C ′ .
Khơng mất tính tổng qt, 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 ABB ′ = AB ′ B. Vì CBB ′ < ABB ′ và CB ′ B >
AB ′ B, nên CBB ′ < CB ′ B. Theo Định lý 1.3, ta có CB > CB ′ , hay
CB > C ′ B ′ .
Nếu BAC = B ′ A′ C ′ thì có thể suy ra rằng BC = B ′ C ′ . Do đó, ∆ABC =
∆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 trịn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC, d là khoảng
cách giữa hai tâm của hai đường trịn 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 tốn 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)

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.


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 tốn 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
< ma + mb + mc < a + b + c.
2

(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).


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
<
2r

1

1
A
sin
2

+

B
sin
2

1
+

C
sin
2

<

a+b+c
,
r

(1.11)

trong đó r là bán kính của đường trịn 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 vịng trịn nội tiếp tam giác. Theo cơng thức (1.7) trong Bài
tốn 1.2, ta có
a+b+c

< OA + OB + OC < a + b + c.
2
Vì

OA =

r
r
r
, OB =
, OC =
.
sin A
sin B
sin C
2
2
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,
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 tốn 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 ,
1
ở đó < λ < 1. Chứng minh rằng chu vi p của tam giác ABC và chu vi p1
2
của tam giác A1 B1 C1 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
A1 B2 AB, B1 C2 BC, C1 A2 AC . Khi đó: A1 B1 < A1 B2 + B2 B1 =
(1 − λ)AB + (2λ − 1)CA.
Tương tự: B1 C1 < (1−λ)BC +(2λ−1)AB và C1 A1 < (1−λ)CA+(2λ−1)BC.
Cộng các bất đẳng thức này ta được p1 < λp.
Rõ ràng, A1 B1 + AC > B1 C , nghĩa là:

A1 B1 + (1 − λ)BC > λCA
Tương tự: B1 C1 + (1 − λ)CA > λAB và C1 A1 + (1 − λ)AB > λBC
Cộng các bất đẳng thức này lại ta được

p1 > (2λ − 1)p.


10

Bài tốn 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,
cịn 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 tốn 1.8. Trong mặt phẳng cho các điểm A1 A2 , . . . , An không nằm
trên một đường thẳng. Gọi 2 điểm phân biệt P và Q thỏa mãn tính chất

A1 P + A2 P + . . . + An P = A1 Q + A2 Q + . . . + An Q = s
Chứng minh rằng A1 K + A2 K + . . . + An K < s với mọi điểm K .
Lời giải. Với K là trung điểm của P Q. Khi đó

1
Ai K ⩽ (Ai P + Ai Q) với i = 1, 2, . . .
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 P Q. Do đó đem cộng các bất đẳng
thức trên lại ta được
n
1 n
A1 K + A2 K + . . . + An K < ( ∑ Ai P + ∑ Ai Q) = s.
2 i=1
i=1

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

M A1 + M A2 + . . . + M An ⩾ n
Lời giải. Lấy M1 và M2 là hai điểm đối xứng qua tâm của đường trịn. Khi
đó
M1 Ak + M2 Ak ⩾ M1 M2 = 2 với k = 1, 2, . . .
Cộng các bất đẳng thức này lại ta được
(M1 A1 + M1 A2 + . . . + M1 An ) + (M2 A1 + ⋯ + M2 An ) ⩾ 2n.
Vì vậy hoặc M1 A1 + . . . + M1 An ⩾ n và khi đó ta chọn M ≡ M1 hoặc
M2 A1 + . . . + M2 An ⩾ n thì ta lấy M ≡ M2 .


11

Hình 1.10

Bài tốn 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 Ap Ap+1 và Aq Aq+1 là các cạnh không kề nhau của n-giác
(nghĩa là p − q ⩾ 2). Khi đó
Ap Ap+1 + Aq Aq+1 < Ap Aq + Ap+1 Aq+1 .
Viết tất cả các bất đẳng thức như vậy và cộng chúng lại. Với mỗi cạnh tồn
tại đúng n − 3 cạnh khơng 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 Am An 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

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
Ta được B ′ C ′ =
AC
Tương tự, tam giác ABD và AD′ B ′ đồng dạng, vì vậy
BD.AB ′
′
BD=
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 vng góc BB1 và CC1 tới AM . Khi đó

2SAM B + 2SAM C = AM.BB1 + AM.CC1 ⩽ AM.BC.
Vì BB1 + CC1 ⩽ BC . Tương tự

2SBM C + 2SBM A ⩽ BM.AC và 2SCM A + 2SCM B ⩽ CM.AB
Cộng các bất đẳng thức này lại ta được bất đẳng thức cần chứng minh.


13

1.2
1.2.1

Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đại số
cơ bản
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 tơi chỉ trình bày chứng minh bất đẳng thức sắp xếp
lại.
Định lý 1.6. (Bất đẳng thức AM − GM ).Với n số thực khơng âm bất kì
a1 , a2 , . . . , an , ta có bất đẳng thức
a1 + a2 + . . . + an √
⩾ n a1 .a2 . . . . .an .
n
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
n
a1 .a2 . . . . .an ⩾
.
1
1
1
+ + ... +
a1 a2
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 1
1
1
n
( + + ... + ) ⩾
.
n a1 a2
an
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
am + am + . . . + am
a1 + a2 + ⋯ + an m
n

1
2
⩾(
) .
n
n
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
(a1 b1 + a2 b2 + ⋯ + an bn )2 ⩽ (a2 + a2 + ⋯ + a2 )(b2 + b2 + ⋯ + b2 ).
n
n
1
2
1
2
a1 a2
an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
=
=⋯= .
b1 b2
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

a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn
a1 + a2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn
≥(
).(
).
n
n
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

a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn
a1 + a2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn
≤(
).(
).
n
n
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 }n=1 , {bk }n=1 là đồng dạng, nếu chúng cùng tăng, hoặc cùng giảm và là
k

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

a) Tổng sắp xếp(Sorted sum): S = a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn ,
b) Tổng ngược(Reversed sum): R = a1 bn + a2 bn−1 + ... + an b1 ,
c) Tổng hoán vị(Permulated sum): P = a1 c1 + a2 c2 + ... + an cn ,
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 hốn vị nào đó của (b1 , b2 , b3 ). Giả sử c1 ≥ c2 .
Xét P = a1 c1 + a2 c2 + a3 c3 và P ′ = a1 c2 + a2 c1 + a3 c3 . 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
max P = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = 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 = a1 b3 + a2 b2 + a3 b1 = 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 1 1
1
1
1
+ + ⩽
+
+
.
a b c a+b−c b+c−a c+a−b
Lời giải. Áp dụng hệ quả 1.3 ta có:

1
1
1
2
1
(
+
)⩾
=
2 a+b−c b+c−a
a+b−c+b+c−a b
Chứng minh tương tự ta cũng có:

1
1
1
1
(
+
)⩾
2 b+c−a c+a−b
c
1
1
1
1
(
+
)⩾
2 c+a−b a+b−c
a
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)
(a + b)(b + c)
=
.
b+c−a+c+a−b
c

Vì thế ta cần chỉ ra rằng
∑

(a + b)(b + c)
⩾ 4(a + b + c)
c

1 1 1
Do các thứ tự { , , } và {(c + a)(a + b), (a + b)(b + c), (b + c)(c + a)}
a b c
được sắp xếp ngược nhau, từ đó áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại ta
được

(a + b)(b + c)
(a + b)(b + c)
ca
⩾∑
= ∑(a + b + c + ).
∑
c
b
b


16

Do đó ta chỉ chứng minh
∑

ca
⩾a+b+c
b

mà sau đó theo bất đẳng thức sắp xếp lại ta được
ca
ca
⩾∑
= a + b + c.
∑
b
c
Bài toán 1.15. Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng:

1
a2 + bc −1
1
1
]2 ⩾ [ ∑
] .
∑[
18
(p − a)(p − b)
b+c
Lời giải. Trước hết ta sẽ chứng minh rằng:
√
√
√
9
1
1
1
+
+
⩾ .
(p − a)(p − b)
(p − b)(p − c)
(p − c)(p − a) p

(1.15)

(1.16)

Thật vậy, theo bất đẳng thức AM − GM ta có:

p (p − a) + (p − b) + (p − c) √
=
⩾ 3 (p − a)(p − b)(p − c)
3
3
√
√
√
p−a+ p−b+ p−c √
mà
⩾ 6 (p − a)(p − b)(p − c).
3
Nhân 2 bất đẳng thức này lại ta được
√
√
√
p( p − a + p − b + p − c) √
⩾ (p − a)(p − b)(p − c).
9
Tương đương
√
√
√
p
1
1
1
(
+
+

)⩾1
9
(p − a)(p − b)
(p − b)(p − c)
(p − c)(p − a)
như vậy bất đẳng thức (1.16)được chứng minh. Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng

1 a2 + bc
p⩽ ∑
.
2
b+c

(1.17)

Bất đẳng thức trên tương đương với

a2 + bc b2 + ca c2 + ab
+
+
− (a + b + c) ⩾ 0.
b+c
c+a
a+b

(1.18)

Thực tế (1.18) là hệ quả của bất đẳng thức nổi tiếng

X 2 + Y 2 + Z 2 ⩾ XY + Y Z + ZX với X, 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 b2 + ca c2 + ab
a4 + b4 + c4 − a2 b2 − a2 c2 − b2 c2
+
+
− (a + b + c) =
b+c
c+a
a+b
(a + b)(b + c)(c + a)
Đặt X = a2 , Y = b2 , Z = c2 thế vào (1.19) ta được:

a4 + b4 + c4 − a2 b2 − a2 c2 − b2 c2 ⩾ 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 tốn 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 √
y+z √
z+x √
⩾ xy,
⩾ yz,
⩾ zx.
2
2
2
x+y y+z z+x
.
.
⩾ xyz .
Do đó:
2
2
2
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 ) = a2 b + b2 c + c2 a + 3abc
thì khi đó tam giác là đều.
Lời giải. Ta sẽ chỉ ra rằng

a2 b + b2 c + c2 a + 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 + y 3 + z 3 + x2 y + y 2 z + z 2 x ⩾ 2(x2 z + y 2 x + z 2 y ).


18

Theo bất đẳng thức AM − GM ta có

x3 + z 2 x ⩾ 2x2 z, y 3 + x2 y ⩾ 2y 2 x, z 3 + y 2 z ⩾ 2z 2 y.
Sau đó cộng các bất đẳng thức này lại ta được

x3 + y 3 + z 3 + x2 y + y 2 z + z 2 x ⩾ 2(x2 z + y 2 x + z 2 y ).
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
⃗ = (b1 , b2 , ..., bn ).
b

⃗
a = (a1 , a2 , ..., an ),
ˆ Tích vố hướng của hai véc tơ:
n

⃗b
a.⃗ = ∑ ai bi .
i=1

ˆ Độ dài của véc tơ

√
⃗
a = a2 + a2 + ... + a2 .
n
1
2

Ta có bất đẳng thức tam giác
⃗ b
⃗
a+⃗ ≤ a + ⃗ .
b

(1.20)

Theo bất đẳng thức Holder, ta có
⃗b
⃗ b
a.⃗ ≤ a . ⃗ .
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
√
√
√ √
⃗
⃗
v1 = ( c, b − c), v2 = ( a − c, c).
Theo bất đẳng thức (1.21) ta có
√
√ √
√
⃗b
⃗ b
a.⃗ ≤ a . ⃗ ⇔ c. a − c + b − c. c
√ √
√ √
√
√
2 + ( b − c)2 . ( a − c)2 + ( c)2 .
≤ ( c)
Từ đây suy ra bất đẳng thức
√
√
√
c(a − c) + c(b − c) ≤ ab.

(1.21)

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
⃗
⃗
v = (1, 1), w1 = (a, b + c),
⃗
⃗
w2 = (b, a + c), w3 = (c, a + b).
Ta có các bất đẳng thức
⃗ ⃗
⃗
v .w1 ≤ v .
⃗ ⃗
⃗
v .w2 ≤ v .
⃗ ⃗
⃗
v .w3 ≤ v .

⃗
w1 ,
⃗

w2 ,
⃗
w3 .

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 ).

3
Vì a + b + c = 1 và 2 < √ , nên ta có
2
√
√
3 √
2 < √ ≤ a2 + (b + c)2 + b2 + (c + a)2 + c2 + (a + b)2 .
2

(1.22)

Tiếp theo, xét các véc tơ
⃗
x1 = (a, b),
⃗
y1 = (0, c),
Sử dụng bất đẳng thức tam
⃗ ⃗
xi + yi ≤
ta có

√

⃗
⃗
x2 = (b, c), x3 = (c, a),
⃗
⃗
y2 = (0, a), y3 = (0, b).
giác
⃗
⃗
xi + yi , i = 1, 2, 3

√
a2 ,
√
√
√
b2 + (c + a)2 ≤ c2 + a2 + b2 ,
√
√
√
2 + (a + b)2 ≤
2 + b2 + c2 .
c
a

a2 + (b + c)2 ≤

√

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.