LAM QUEN VOI BAT DANG THUC

LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC
TRÊ-BƯ-SEP
Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng
không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất
đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn
bậc THCS.
Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a
1
≤ a
2
và b
1
≤ b
2
thì (a
2
- a
1
) (b
2
- b
1
) ≥ 0. Khai triển
vế trái của bất đẳng thức này ta có :
a
1
b
1
+ a
2
b

2
- a
1
b
2
- a
2
b
1
≥ 0
=> : a
1
b
1
+ a
2
b
2
≥ a
1
b
2
+ a
2
b
1
.
Nếu cộng thêm a
1
b

1
+ a
2
b
2
vào cả hai vế ta được :
2 (a
1
b
1
+ a
2
b
2
) ≥ a
1
(b
1
+ b
2
) + a
2
(b
1
+ b
2
)
=> : 2 (a
1
b

1
+ a
2
b
2
) ≥ (a
1
+ a
2
) (b
1
+ b
2
) (*)
Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả
thiết, cho a
1
≤ a
2
và b
1
≥ b
2
thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có :
2 (a
1
b
1
+ a
2

b
2
) ≤ (a
1
+ a
2
) (b
1
+ b
2
) (**)
Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a
1
= a
2
hoặc b
1

= b
2
.
Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán
rất thú vị.
Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x
2003
+ y
2003
≤ x
2004
+ y

2004
.
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x
2003

≤ y
2003
.
Do đó (y
2003
- x
2003
).(y - x) ≥ 0
=> : x
2004
+ y
2004
≥ x.y
2003
+ y.x
2003

Cộng thêm x
2004
+ y
2004
vào hai vế ta có : 2.(x
2004
+ y
2004

) ≥ (x+y) (x
2003
+ y
2003
) = 2.
(x
2003
+ y
2003
)
=> : x
2004
+ y
2004
≥ x
2003
+ y
2003
(đpcm).
Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y
= 1 ; các bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau :
Bài toán 2 : Giải hệ phương trình :
Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức
(*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới.
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. AH và BK là các đường cao
của tam giác.
Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8.
Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên
có thể giả sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK.
Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0

=> : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH
Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có :
2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK)
=> : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC =
CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C.
Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao
tương ứng của các cạnh này có độ dài lần lượt là h
a
, h
b
, h
c
. Chứng minh :
với S là diện tích tam giác ABC.
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a
≤ b ≤ c
=> : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => h
a
≥ h
b
≥ h
c
.
Làm như lời giải bài toán 3 ta có :
(a + b).(ha + hb) ≥ 8S
=> : 1/(h
a
+ h
b

) ≤ (a + b)/(8S) (1)
Tương tự ta được :
1/(h
b
+ h
b
) ≤ (b + c)/(8S) (2)
1/(h
c
+ h
a
) ≤ (c + a)/(8S) (3)
Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến :
Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3)
đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam
giác đều.
Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây :
1) Biết rằng x
2
+ y
2
= 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x
4
+ y
4
) / (x
6
+ y
6
)

2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh :
3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường
phân giác trong thuộc các cạnh này lần lượt là l
a
, l
b
, l
c
. Chứng minh :
4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy
sáng tạo ra các bài toán. Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài
tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2.
TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ
Khi giải phương trình bậc hai, đã bao giờ bạn từng đặt câu hỏi, chẳng hạn tại sao
phương trình x
2
+ 6x - 3 = 0 có nghiệm là thì cũng có nghiệm là
?
Ban đầu tôi giải thích điều kì lạ này bằng định lí Viét nhưng sau quá trình suy nghĩ,
tìm tòi tôi mới phát hiện ra những bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ đó.
Trước hết ta xét bài toán :
Bài toán 1 :
Chứng minh rằng : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có một nghiệm vô tỉ
là (m ; n thuộc Q) thì sẽ có một nghiệm nữa là .
Chứng minh : Có 3 cách để chứng minh bài toán này.
Cách 1 : (sử dụng hệ thức Viét)
Xét phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) có một nghiệm là . Gọi
x

1
, x
2
là hai nghiệm của (*) trong đó x
1
= .
Do x
1
là nghiệm của (*)
Cách 2 :
Khi chứng minh như ở cách 1 và được 2am + b = 0
=> 2am + b = 0 = am
2
+ an + bm + c
Khi đó :
Cách 3 :
Xét :
= (x - m)
2
- n = x
2
- 2mx + m
2
- n
Chia đa thức ax
2
+ bx + c cho g(x) ta có :
ax
2
+ bx + c = a(x - )(x - ) + (b + 2ma)x + (an + c - m

2
a)
Khi x
1
= => ax
2
+ bx + c = 0.
=> : (b + 2ma)( ) + an + c = 0.
Do vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => :
b + 2ma = an + c - m
2
a = 0
=> ax
2
+ bx + c = a(x - )(x - )
=> là một nghiệm của phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (đpcm).
Sau khi thử nghiệm một số trường hợp, tôi đã tổng quát bài toán như sau :
Bài toán 2 :
Chứng minh rằng : Nếu một phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ và một
nghiệm vô tỉ là (m, n thuộc Q) thì cũng là một nghiệm của phương
trình này.
Chứng minh : Đến đây có lẽ bạn đọc cũng thấy được sự bất lực của các cách 1 ; 2
(bài toán 1) trong bài toán này. Tuy nhiên sử dụng cách giải 3 bài toán 1 ta sẽ
chứng minh được bài toán 2.
Thật vậy : Xét phương trình P(x) = 0 với P(x) là đa thức bậc n và hệ số hữu tỉ.
Xét :
= x
2

- 2mx + m
2
- n
Chia P(x) cho G(x) được thương là Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q).
Vì x
0
= là nghiệm của P(x) = 0
=> : P(x
0
) = Q(x
0
) = 0 => Bx
0
+ C = 0
=> : B( ) + C = 0.
Do vô tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C = 0
=> P(x) = Q(x).(x - )(x - )
=> cũng là nghiệm của phương trình P(x) = 0 : (đpcm).
Bây giờ chúng ta xét đến bài toán 3 cũng là một bài toán quen thuộc về phương
trình bậc hai.
Bài toán 3 :
Chứng minh rằng : Một phương trình bậc hai không thể có nghiệm hữu tỉ nếu các
hệ số của nó đều lẻ.
Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 (a, b, c thuộc Z, lẻ) có
nghiệm hữu tỉ là (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)
=> : a.(p/q)
2
+ b.(p/q) + c = 0

=> : ap
2
+ bpq + cq
2
= 0 (2)
Từ phương trình (2) ta có ap
2
chia hết cho q mà (p,q) = 1 => a chia hết cho q => q
lẻ (vì a lẻ)
Tương tự c chia hết cho p => p lẻ (vì c lẻ)
Do a, b, c, p, q lẻ => vế trái (2) lẻ và khác 0 (vô lí).
=> : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm).
Để tổng quát bài toán này có lẽ một số bạn sẽ mắc sai lầm khi quy về phương trình
bậc n bất kì. Điều này không đúng với n lẻ, chẳng hạn n = 3 ta có phương trình :
x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 = 0 vẫn có nghiệm -1.
Bài toán 4 :
Chứng minh rằng : Một phương trình bậc n chẵn, không thể có nghiệm hữu tỉ nếu
hệ số của nó đều lẻ.
Chứng minh : Dựa vào chứng minh của bài toán 3 ta có :
Xét P(x) = a
n
x
n
+ a
n-1
x

n-1
+ ... + a
1
x + a
0
= 0 là phương trình bậc n (với n chẵn ; a
i

nguyên lẻ, i = 0,...,n ) có nghiệm hữu tỉ là p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)
Ta có :
a
n
(p/q)
n
+ a
n - 1
(p/q)
n - 1
+ ... + a
1
(p/q) + a
0
= 0
Tương đương với : a
n
p
n
+ a
n - 1
p

n - 1
q + ... + a
1
pq
n - 1
+ a
0
q
n
= 0 (3)
=> a
n
p
n
chia hết cho q và a
0
q
n
chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => a
n
chia hết cho q và
a
0
chia hết cho p . => p, q lẻ (vì a
0
, a
n
lẻ)
Do a
i

(i = 0,...,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái của (3) là số lẻ khác 0 (vô lí).
=> : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm).
Các bạn thấy đấy, mọi sự phức tạp đều bắt đầu bằng cái đơn giản. Từ một chút kì
lạ nhỏ thôi nhưng nếu chịu đào sâu suy nghĩ thì sẽ khám phá rất nhiều điều thú vị.
Đó là nguyên tắc hàng đầu trong sáng tạo toán học. Chúc các bạn thành công trên
con đường đi tìm vẻ đẹp của toán học
MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ
Trong quá trình học toán ở bậc THCS, có lẽ hấp dẫn nhất và khó khăn nhất là việc
vượt qua các bài toán hình học, mà để giải chúng cần phải vẽ thêm các đường phụ.
Trong bài báo này, tôi xin nêu một phương pháp thường dùng để tìm ra các đường
phụ cần thiết khi giải toán hình học : Xét các vị trí đặc biệt của các yếu tố hình học
có trong bài toán cần giải.
Bài toán 1 : Cho góc xOy. Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai điểm C, D
sao cho AB = CD. Gọi M và N là trung điểm của AC và BD. Chứng minh đường
thẳng MN song song với phân giác góc xOy.
Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz, phân
giác góc xOy.
Gọi C
1
và D
1
là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của
AC
1
và BD
1
với Oz. Khi đó E và F là trung điểm của AC
1
và BD
1

, và do đó vị trí
của MN sẽ là EF. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1).
Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C
1
D
1
(tính chất đối xứng) nên CD = C
1
D
1
. Mặt
khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC
1
và BDD
1
nên NF //
DD
1
, NF = 1/2DD
1
, ME // CC
1
, ME = 1/2 CC
1
=> ME // NF và NE = 1/2 NF => tứ
giác MEFN là hình bình hành => MN // EF => đpcm.
Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề
nghị các bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến
dạng” tương tự.
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC. Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động

sao cho BD = CE. Đường thẳng qua các trung điểm của BC và DE cắt AB và AC
tại I và J. Chứng minh ΔAIJ cân.
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC. AD và AE là phân giác trong và trung
tuyến của tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC tại M
và N. Gọi F là trung điểm của MN. Chứng minh AD // EF.
Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng
tỏ ra hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”.
Bài toán 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và một điểm C chuyển
động trên nửa đường tròn đó. Dựng hình vuông BCDE. Tìm tập hợp C, D và tâm
hình vuông.
Ta xét trường hợp hình vuông BCDE “nằm ngoài” nửa đường tròn đã cho (trường
hợp hình vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét tương tự, đề nghị
các bạn tự làm lấy xem như bài tập).
Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B. Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu lại một
điểm B và các điểm I, D, E đều trùng với B, trong đó I là tâm hình vuông BCDE.
Vậy B là một điểm thuộc các tập hợp cần tìm.
Xét trường hợp C trùng với A. Dựng hình vuông BAD
1
E
1
khi đó D trùng với D
1
, E
trùng với E
1
và I trùng với I
1
(trung điểm của cung AB ). Trước hết, ta tìm tập hợp
E. Vì B và E
1

thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh Đ
BEE
1
không đổi. Điều này không khó vì Đ ACB = 90
o
(góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn) và ΔBEE
1
= ΔBCA (c. g. c) => Đ BEE
1
= Đ BCA = 90
o
=> E nằm trên
nửa đường tròn đường kính BE
1
(1/2 đường tròn này và 1/2 đường tròn đã cho nằm
ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với “bờ” là đường thằng BE
1
).
Vì Đ DEB = Đ E
1
EB = 90
o
nên D nằm trên EE
1
(xem hình 2)
=> Đ ADE
1
= 90
o

= Đ ABE
1
=> D nằm trên đường tròn đường kính AE
1
, nhưng
ABE
1
D
1
là hình vuông nên đường tròn đường kính AE
1
cũng là đường tròn đường
kính BD
1
. Chú ý rằng B và D
1
là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập
hợp D là nửa đường tròn đường kính BD
1
(nửa đường tròn này và điểm A ở về hai
nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là đường thẳng BD
1
).
Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II
1
là đường trung bình của ΔBDD
1
nên II
1
// DD

1
=> Đ BII
1
= 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI
1
(đường tròn
này và A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là BD
1
).
Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây :
Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển
động trên nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn thẳng OC lấy
điểm M sao cho OM = CH. Tìm tập hợp M.
XOAY QUANH MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Bài toán : Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy hai điểm D, E sao cho BD = CE.
Chứng minh rằng nếu Đ BAD = Đ CAE thì tam giác ABC là tam giác cân.
Cách 1 : (Vũ Cao Ân)
Từ D vẽ DF // AC, từ E vẽ EG // AB ta chứng minh được DF/EG = AC/AB (1) ;
ΔADF đồng dạng với ΔAEG (g. g) => DF/EG = AD/AE (2)
Từ (1) và (2) có AC/AB = AD/AE => ΔADC đồng dạng với ΔAEB (c. g. c). => Đ
ABC = Đ ACB.
Cách 2 : (Trương Sơn Ca)
Giả sử Đ B > Đ C => AC > AB => AC/AB > 1. Vẽ M thuộc AD sao cho Đ ABM
= Đ ACE.
Có Đ M
1
= góc E
1
=> Đ M
2

= Đ E
2
; góc D
1
> Đ E
2
= Đ M
2
. => BM > BD =>
BD/BM < 1 . (1)
ΔABM đồng dạng với ΔACE => AB/AC = BM/EC
=> EC/BM = BD/BM = AC/AB > 1 . (2)
(1) và (2) mâu thuẫn. Từ đó ta có đpcm.
Cách 3 : (Nguyễn Quang Hùng)
Từ D và E lần lượt vẽ DF vuông góc với AB ; EG vuông góc với AC.
BD = CE => S
ABD
= S
ACE
=> AB.DF = AC.EG => DF/EG = AC/AB (1).
ΔADF đồng dạng với ΔAEG => DF/EG = AD/AE (2)
Từ (1) và (2) => AC/AB = AD/AE , cho ta ΔABE đồng dạng với ΔACD => Đ
ABE = Đ ACD.
Cách 4 : (Minh Quân)
Vẽ hình bình hành ABEF => BE = AF. Chứng minh được tứ giác ADCF là hình
bình hành => Đ EFC = Đ BAD = Đ EAC (gt).
ΔAEG đồng dạng với ΔFCG (g. g) => AG/FG = EG/CG (1)
Do AG/GC = FG/GE (AF // EC) => AG/FG = EG/CG (2)