Sử dụng các tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

PHẠM ANH HUY

SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC
ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2020


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

PHẠM ANH HUY

SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC
ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI

Thái Nguyên - 2020

i

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái
Nguyên, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Trịnh Thanh Hải. Tôi xin bày tỏ lòng
biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn, người đã tạo cho tôi một phương pháp
nghiên cứu khoa học đúng đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều
thời gian, cơng sức giúp đỡ tơi hồn thành luận văn.
Tơi xin chân thành cảm ơn phịng Đào tạo, Khoa Tốn Tin, q thầy cơ
giảng dạy lớp Cao học K12 trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên đã
tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo điều kiện cho tơi
hồn thành khóa học.
Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn K12 đã ln
động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập và làm luận văn.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã giúp đỡ
và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu.
Thái Nguyên, tháng 8 năm 2020
Tác giả
Phạm Anh Huy


ii

Mục lục
Mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1

Một vài bất đẳng thức quen thuộc thường gặp trong chương trình
phổ thơng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối . . . . . . . . . .

4

1.1.3

Bất đẳng thức AM − GM (bất đẳng thức Cauchy) . . . . .

4

copski) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.5

Bất đẳng thức Bernouli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.6

Bất đẳng thức Mincopski (bất đẳng thức véctơ) . . . . . .

6

1.1.4

1.2

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (bất đẳng thức Bunhia-

Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức trong phạm vi
toán trung học phổ thông. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.1

Phương pháp sử dụng định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.2

Phương pháp sử dụng các phép biến đổi tương đương. . .

8

1.2.3

Phương pháp chứng minh phản chứng. . . . . . . . . . . .

9

1.2.4

Phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng tính chất
bắc cầu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.5

Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức quan trọng trung
gian đã biết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.6

Phương pháp ứng dụng định lý về dấu của tam thức bậc
hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.7

Phương pháp miền giá trị hàm . . . . . . . . . . . . . . . . 13

iii

1.2.8

Phương pháp ứng dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng
thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.2.9

Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.2.10 Phương pháp lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Vận dụng các tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức 19
2.1

Ý tưởng của việc vận dụng các tính chất hình học để chứng minh
bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2

Một số bài toán chứng minh bất đẳng thức dựa trên các tính chất
hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2.1

Vận dụng các tính chất của tam giác, tứ giác, đường tròn
để chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.2.2

Vận dụng tích vơ hướng trong hình học phẳng vào chứng
minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.2.3

Vận dụng tích vơ hướng trong khơng gian vào chứng minh
bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.2.4

Vận dụng tính chất của mặt phẳng tọa độ để chứng minh
bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.2.5

Vận dụng tính chất của mặt phẳng tọa độ để chứng minh
bất đẳng thức liên quan đến số phức . . . . . . . . . . . . . 60

Tài liệu tham khảo

68


1

Mở đầu
Bài toán chứng minh bất đẳng thức là một bài tốn khó, thường xuất
hiện trong các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia và quốc tế. Chính
vì vậy bài tốn bất đẳng thức ln dành được sự quan tâm rất lớn từ các

bạn học sinh, các thầy giáo, cơ giáo và các nhà tốn học. Một trong các
phương pháp có hiệu quả để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng
thức là sử dụng các tính chất của hình học.
Ý tưởng của “Phương pháp sử dụng tính chất hình học để chứng minh
bất đẳng thức” xuất phát từ các tính chất quen thuộc trong hình học, ta
vận dụng đề để đưa ra lời giải cho bài tốn chứng minh bất đẳng thức, mà
trong đó có nhiều bài tốn bất đẳng thức khó dành cho học sinh khá, giỏi.
Xuất phát từ thực tế trên và với mục đích tích lũy thêm các kiến thức
về cách chứng minh các bất đẳng thức và vận dụng một số tính chất hình
học vào giải một số bài tốn bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi
trong nước và quốc tế làm tư liệu cho công việc giảng dạy của bản thân,
chúng em đã lựa chọn hướng nghiên cứu vận dụng một số tính chất hình
học vào chứng minh, đưa ra lời giải cho một số bài toán bất đẳng thức
dành cho học sinh khá, giỏi.
Luận văn tập trung vào hồn thành các nhiệm vụ chính sau:
- Tìm hiểu về các tính chất hình học thường được vận dụng để đưa ra
lời giải cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức.
- Ý tưởng toán học của việc lựa chọn, vận dụng một số tính chất hình
học trong việc tìm lời giải cho bài tốn chứng minh bất đẳng thức.
- Sưu tầm một bài toán, đề thi về bài toán bất đẳng thức dành cho học
sinh giỏi.
- Đưa ra lời giải bằng cách vận dụng các tính chất hình học cho một số
bài tốn chứng minh bất đẳng thức dành cho học sinh giỏi. Ngoài ra


2

luận văn cũng đưa ra các cách giải khác nhau của cùng một bài toán
bất đẳng thức và so sánh những phương pháp giải đó với lời giải dựa
vào việc vận dụng các tính chất hình học để có những nhận xét thú

vị.
Cấu trúc của luận văn gồm có hai chương và phần mở đầu, kết luận.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này tác giả trình bày
một vài bất đẳng thức quen thuộc trong chương trình tốn trung học phổ
thơng và một số phương pháp giải bài tốn bất đẳng thức trong pham vi
trung học phổ thông.
Chương 2. Vận dụng các tính chất hình học để chứng minh
bất đẳng thức. Chương này trình bày về ý tưởng của việc vận dụng các
tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức và một số bài toán chứng
minh bất đẳng thức dựa trên các tính chất hình học. Tác giả đã minh họa
cách vận dụng kiến thức hình học vào các bài tốn chứng mình bất đẳng
thức bằng các ví dụ cụ thể, đưa ra được bất đẳng thức Finsler-Hadwiger,
phép thế Conway ... áp dụng được vào chứng minh một số bất đẳng thức
đại số.


3

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1

Một vài bất đẳng thức quen thuộc thường gặp
trong chương trình phổ thơng

1.1.1

Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức

Tính chất

Điều kiện Nội dung

a < b ⇔ a+c <
b+c
c>0
a < b ⇔ ac < bc
c<0
a < b ⇔ ac > bc
a < b và c < d
⇒a+ca > 0, c > a < b và c < d
0
⇒ ac < bd
a < b ⇔ a2n+1 <
∗
n∈N
b2n+1
n ∈ N∗ và a < b ⇔ a2n <
a>0
b2n
√
a
<
b
⇔
a <
√
a>0
b
√

3
a
<
b
⇔
a <
√
3
b

Tên gọi
Cộng hai vế của bất đẳng thức với một
số
Nhân hai vế của bất đẳng thức với một
số
Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều
Nhân hai bất đẳng thức cùng chiều
Nâng hai vế của bất đẳng thức lên một
lũy thừa

Khai căn hai vế của một bất đẳng thức


4

1.1.2

1.1.3

Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

Điều kiện

Nội dung

a>0

|x| ≥ 0, |x| ≥ x, |x| ≥ − x
|x| ≤ a ⇔ − a ≤ x ≤ a
|x| ≥ a ⇔ x ≤ − a hoặc x ≥ a
|a| − |b| ≤ |a + b| ≤ |a| + |b|

Bất đẳng thức AM − GM (bất đẳng thức Cauchy)

Định lý 1.1. Trung bình nhân của hai số khơng âm nhỏ hơn hoặc bằng
trung bình cộng của chúng

√
Đẳng thức

√

ab =

ab ≤

a+b
,
2

∀a, b ≥ 0.

(1.1)

a+b
xảy ra khi và chỉ khi a = b.
2

Mở rộng: Nếu x1 , x2 , . . . , xn là các số khơng âm thì

√
x1 + x2 + ... + xn
≥ n x 1 x 2 . . . xn .
n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = . . . = xn .
Hệ quả 1.1. Tổng của một số dương với nghịch đảo của nó lớn hơn hoặc
bằng 2.

a+

1
≥ 2,
a

a > 0.

Hệ quả 1.2. Nếu x, y cùng dương và có tổng khơng đổi thì tích xy lớn
nhất khi và chỉ khi x = y .
Hệ quả 1.3. Nếu x, y cùng dương và có tích khơng đổi thì tổng x + y nhỏ
nhất khi và chỉ khi x = y .
1.1.4

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (bất đẳng thức Bunhiacopski)

Định lý 1.2. Với các số thực a, b, c, d tùy ý ta ln có

a2 + b 2

c2 + d2 ≥ (ac + bd)2 .


5

Chứng minh. Ta có:

a2 + b 2

c2 + d2 ≥ (ac + bd)2

⇔ (ac)2 + (ad)2 + (bc)2 + (bd)2 ≥ (ac)2 + 2abcd + (bd)2
⇔ (ad)2 − 2adbc + (bc)2 ≥ 0

⇔ (ad − bc)2 ≥ 0 (luôn đúng).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ad = bc hay

a
b
= .
c
d

Mở rộng: Với hai bộ số (a1 , a2 , . . . , an ) và (b1 , b2 , . . . , bn ) ta có

b21 + b22 + ... + b2n ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 .
a1
a2
an
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
=
= ... =
với quy ước nếu mẫu
b1
b2
bn
bằng 0 thì tử phải bằng 0.
a21 + a22 + ... + a2n

Chứng minh. Đặt a = a21 + a22 + . . . + a2n , b = b21 + b22 + . . . + b2n .
• Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức ln đúng.
• Nếu a, b > 0:
bi
ai
Đặt αi = , βi = , (i = 1, 2, . . . , n), thế thì
a
b

α12 + α22 + ... + αn2 = β12 + β22 + ... + βn2 .
Mặt khác:

|αi βi | ≤

1 2
αi + βi2 ,
2

suy ra

1
|α1 β1 | + |α2 β2 | + . . . + |αn βn | ≤ (α12 + α22 + . . . + αn2 )
2
1
+ (β12 + β22 + . . . + βn2 ) ≤ 1
2
⇒ |a1 b1 | + |a2 b2 | + . . . + |an bn | ≤ a.b.
Lại có:

|a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn | ≤ |a1 b1 | + |a2 b2 | + ... + |an bn | ,
suy ra

(a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + ... + a2n )(b21 + b22 + ... + b2n )


6

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi

αi = βi ,

∀i = 1, 2, . . . , n

α1 β1 . . . αn βn cùng dấu

⇔

a1
a2
an
=
= ... = .
b1
b2
bn

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức
Với hai bộ số (a1 , a2 , . . . , an ) là các số thực và (b1 , b2 , . . . , bn ) là các số thực
dương, ta có

a2n
(a1 + a2 + ... + an )2
a21 a22
+
+ ... +
≥
.
b1
b2
bn
b1 + b2 + ... + bn
a1
a2

an
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
=
= ... = .
b1
b2
bn
1.1.5

Bất đẳng thức Bernouli

a) Dạng nguyên thủy:
Cho a ≥ −1, 1 ≤ n ∈ Z thì (1 + a)n ≥ 1 + na. Dấu “ = ” xảy ra khi và
chỉ khi a = 0 hoặc n = 1.
b) Dạng mở rộng:
- Cho a > −1, n ≥ 1 thì (1 + a)n ≥ 1 + na. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi a = 0 hoặc n = 1.
- Cho a ≥ −1, 0 < α < 1 thì (1 + a)α ≤ 1 + αa. Dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi a = 0.
1.1.6

Bất đẳng thức Mincopski (bất đẳng thức véctơ)

Cho hai dãy số thực (a1 , a2 , . . . , an ) và (b1 , b2 , . . . , bn ). Ta có:

a21 + b21 +

a22 + b22 + . . . +

a2n + b2n ≥

(a1 + a2 + . . . + an )2 + (b1 + b2 + . . . + bn )2 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a1
a2
an
=
= . . . = , với quy ước nếu mẫu
b1
b2
bn

bằng 0 thì tử phải bằng 0.
Mở rộng: Cho hai dãy số thực (a1 , a2 , . . . , an ) và (b1 , b2 , . . . , bn ). Ta có:

√
n

a1 .a2 . . . an +

n

b1 .b2 . . . bn ≤

n

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

7

1.2

Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức
trong phạm vi tốn trung học phổ thơng.

Để chứng tỏ rằng một bất đẳng thức nào đó là đúng, ta cần lập luận
chặt chẽ, dựa trên các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. Do khơng nắm
vững các tính chất cơ bản ấy, nhiều học sinh đã phạm vào những sai lầm
phổ biến sau đây:
1) Trừ các vế tương ứng của hai bất đẳng thức cùng chiều.
2) Bình phương hai vế của một bất đẳng thức mà không kiểm nghiệm
xem hai vế của bất đẳng thức đó dương hay khơng.
3) Sử dụng các phép biến đổi không tương đương khác.
Phương pháp chứng minh bất đẳng thức rất đa dạng, chủ yếu dựa vào
đặc thù riêng của từng bất đẳng thức. Cần chú ý rằng có thể áp dụng
nhiều cách khác nhau để chứng minh bất đẳng thức, tuy nhiên, có nhiều
bài, phải phối hợp nhiều phương pháp một cách hợp lý. Sau đây là một số
phương pháp đơn giản thường được sử dụng để chứng minh các bất đẳng
thức sơ cấp.
1.2.1

Phương pháp sử dụng định nghĩa.

Để chứng minh một bất đẳng thức A > B nào đó là đúng, ta cần chỉ
ra rằng A − B > 0, hoặc ngược lại, khi cần chứng minh A − B > 0 ta có
thể đưa về bất đẳng thức A > B để chứng minh.
Ví dụ 1.2.1 ([7]). Chứng minh rằng với hai số a, b tùy ý ta ln có

Chứng minh. Hiệu

a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b.

1
a2 + b2 + 1 − (ab + a + b) = (2a2 + 2b2 + 2 − 2ab − 2a − 2b)
2
1
=
(a2 + b2 − 2ab) + (a2 − 2a + 1)
2
+(b2 − 2b + 1)
1
=
(a − b)2 + (a − 1)2 + (b − 1)2 ≥ 0.
2
Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a = b = 1.


8

1.2.2

Phương pháp sử dụng các phép biến đổi tương đương.

Hai bất đẳng thức được gọi là tương đương nếu bất đẳng thức này đúng
thì bất đẳng thức kia cũng đúng và ngược lại.
Phép biến đổi được gọi là tương đương, nếu nó biến đổi một bất đẳng
thức thành bất đẳng thức khác, tương đương với nó.

Ví dụ 1.2.2 ([7]). Cho các số a > 0, b > 0. Chứng minh rằng
√
√
2 ba
4
√
ab.
≤
√
a+ b
Chứng minh.
Do a > 0, b > 0, nên ta có thể chia hết hai vế của bất đẳng
√
4
thức cho ab và được
√
2 4 ba
√ ≤ 1,
√
a+ b
√
√
√
√
√
√
√
√
4
4

hay 2 ab ≤ a + b, (do a + b > 0), hay 0 ≤ a + b − 2 ab (theo
2
√
√
4
định nghĩa), hay 0 ≤ 4 a − b .
Bất đẳng thức này đúng, vậy bất đẳng thức đã cho là đúng. Dấu bằng
xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Ví dụ 1.2.3 ([7]). Cho z ≥ y ≥ x > 0. Chứng minh rằng

y

1 1
+
x z

+

1
1 1
.
(x + z) ≤ (x + z)
+
y
x z

Chứng minh. Viết lại bất đẳng thức đã cho dưới dạng
y
1
1

(x + z) + (x + z) ≤ (x + z)(x + z). .
xz
y
zx
Do x + z > 0, y > 0 và xz > 0, nên có thể nhân hai vế với
bất đẳng thức mới tương đương:

xyz
ta được
x+z

y 2 + xz ≤ xy + yz,

⇔ y 2 − xy + xz − yz ≤ 0,

⇔ y(y − x) + z(x − y) ≤ 0

⇔ −(y − x)(z − y) ≤ 0.

Bất đẳng thức cuối cùng đúng (vì y − x ≥ 0, z − y ≥ 0).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z . Vậy bất đẳng thức đã cho cũng
đúng.


9

1.2.3

Phương pháp chứng minh phản chứng.

Ví dụ 1.2.4 ([7]). Cho các số a1 , a2 , b1 , b2 , liên hệ bởi hệ thức a1 + a2 =
2b1 b2 . Chứng minh rằng ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau là đúng:

b21 ≥ a1 ;

b22 ≥ a2 .

Chứng minh. Giả sử hai bất đẳng thức đều không đúng, tức là từ:

b21 < a1 ,

b22 < a2 ,

hay

b21 − a1 < 0,

b22 − a2 < 0.

Suy ra

(b21 − a1 ) + (b22 − a2 ) < 0,

⇔ b21 + b22 − (a1 + a2 ) < 0.

(1.2)

Theo giả thiết thì a1 + a2 = 2b1 b2 . Do vậy (1.2) tương đương với

b21 + b22 − 2b1 b2 < 0,

hay (b1 − b2 )2 < 0. Điều này không thể xảy ra. Do vậy giả thiết là sai, suy
ra điều phải chứng minh là đúng.
Ví dụ 1.2.5 ([7]). Cho 0 < a < 1; 0 < b < 1; 0 < c < 1. Chứng minh
rằng ít nhất một trong ba bất đẳng thức sau đây là sai:

1
a(1 − b) > ;
4

1
b(1 − c) > ;
4

1
c(1 − a) > .
4

Chứng minh. Giả sử cả ba bất đẳng thức đều đúng. Khi đó, nhân các vế
tương ứng, ta thu được:

1 1 1
[a(1 − a)].[b(1 − b)].[c(1 − c)] > . .
4 4 4
1
1
Mặt khác, hiển nhiên a − a + = a −
4
2
Tương tự, ta cũng có:
2

1
0 ≤ b(1 − b) ≤ ,
4

2

(1.3)

1
≥ 0, nên 0 ≤ a(1 − a) ≤ .
4

1
0 ≤ c(1 − c) ≤ .
4


10

Nhân vế với vế các bất đẳng thức này, ta được:

1 1 1
[a(1 − a)].[b(1 − b)].[c(1 − c)] ≤ . .
4 4 4
1 1 1
1 1 1
. . > . . . Điều này không thể xảy ra.
4 4 4
4 4 4

Vậy phải có ít nhất một bất đẳng thức là sai.
Kết hợp với (1.3) ta được:

Nhận xét. Trong 3 phương pháp chứng minh bất đẳng thức nói trên,
thực chất đều được dựa trên phép biến đổi đồng nhất. Do đó, một bất đẳng
thức, nếu chứng minh được bằng một phương pháp sẽ dễ dàng chuyển qua
phép chứng minh bằng 2 phương pháp còn lại.
1.2.4

Phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng tính chất
bắc cầu.

Để chứng minh bất đẳng thức A ≥ B ta chứng minh cặp bất đẳng thức

A≥C

C≥B

⇒ A ≥ B.

Ví dụ 1.2.6 ([7]). Chứng minh rằng, với mọi a, b ta có bất đẳng thức

3a/2
1 2
≤
1
−
b
+
b.

3a + 1
2

(1.4)

Chứng minh. Xét vế phải của (1.4), ta có

1
1
1 − b + b2 = b2 − b + 1
2
2
1 2
1
= (b − 2b + 1) +
2
2
1
1
1
= (b − 1)2 + ≥ ,
2
2
2
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 1.

1
3a/2
≤ . Thật vậy:
Ta sẽ chứng minh vế trái của (1.4): a

3 +1
2
3a/2
1
≤
3a + 1
2
a/2
⇔ 2.3 ≤ 3a + 1

(1.5)


11

⇔ 0 ≤ 3a − 2.3a/2 + 1 = 3a/2 − 1

2

.

(1.6)

Dấu bằng khi a = 0. Từ (1.5), (1.6) suy ra (1.4) đúng. Dấu bằng xảy ra
khi và chỉ khi a = 0, b = 1.
1.2.5

Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức quan trọng trung
gian đã biết

Sử dụng tính chất “bắc cầu” của các bất đẳng thức và một số bất đẳng
thức quan trọng, quen biết, ta có thể rút ngắn các phép chứng minh. Thông
thường trong chương trình phổ thơng trung học, các bất đẳng thức Cauchy
và bất đẳng thức Bunhiacopski là những bất đẳng thức quan trọng, được
sử dụng rộng rãi nhất. Trong mục này ta sẽ xét một số ứng dụng trực tiếp
của các bất đẳng thức này.
Ví dụ 1.2.7 ([7]). Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn điều kiện a +
b + c = 1. Chứng minh rằng
√
√
√
√
a + b + b + c + c + a ≤ 6.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:

2√
. a+b=
3
2√
. b+c=
3
2√
. c+a=
3

2
+a+b
2
3
(a + b) ≤

,
3
2
2
+b+c
2
3
(b + c) ≤
,
3
2
2
+c+a
2
(c + a) ≤ 3
.
3
2

Cộng các vế tương ứng của các bất đẳng thức này ta thu được:

√
√
1
2 √
a + b + b + c + c + a ≤ [2 + 2(a + b + c)] = 2.
3
2
√
√

√
√
hay a + b+ b + c+ c + a ≤ 6. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3


12

Ví dụ 1.2.8 ([7]). Cho a, b, c là ba số dương và a + b + c = 1. Chứng minh
rằng

1+

1
a

1+

1
b

1+

1
c

≥ 64.

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho bốn số không âm ta được
√
1 + a = a + b + c + a ≥ 44 a2 bc;
√
1 + b = a + b + c + b ≥ 44 ab2 c;
√
1 + c = a + b + c + c ≥ 44 abc2 .
Nhân các vế tương ứng của các bất đẳng thức này, ta được

(1 + a)(a + b)(1 + c) ≥ 64abc,
Do a > 0, b > 0, c > 0 nên abc > 0, nên có thể chia hai vế của bất đẳng
thức này cho abc:

1+a 1+b 1+c
.
.
≥ 64,
a
b
c
hay

1+

1
a

1+

1

b

1+

1
c

≥ 64.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
a=b=c= .
3
1.2.6

Phương pháp ứng dụng định lý về dấu của tam thức bậc
hai

Ví dụ 1.2.9 (A-1983). Cho a, b, c là ba số thỏa mãn hệ thức:

(1)

a2 + b2 + c2 = 2,

(2)

ab + bc + ca = 1.

4 4
4 4

4
4
Chứng minh rằng − ≤ a ≤ ; − ≤ b ≤ ; − ≤ c ≤ .
3
3 3
3 3
3


13

Chứng minh. Từ (1) và (2) suy ra:

a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 4,
hay (a + b + c)2 = 4. Đặt S = a + b + c, ta có:

a + b = S − c,

ab = 1 − c(a + b) = 1 − c(S − c) = c2 − Sc + 1;

hay a, b là nghiệm của phương trình bậc hai: t2 −(S −c)t+c2 −Sc+1 = 0.
Vì phương trình này có nghiệm, nên phải có:

∆ = (S − c)2 − 4(c2 − Sc + 1) = −3c2 + 2Sc ≥ 0, ( vì S 2 = 4).
Để ý rằng 2Sc ≥ 3c2 ≥ 0, nên có thể viết Sc = |Sc| = 2|c|, (vì
|S| = 2).
Vậy phải có −3|c|2 + 4|c| ≥ 0, từ đó suy ra

0 ≤ |c| ≤

4
3

hay

−

4
4
≤c≤ .
3
3

Tương tự đối với a và b.
1.2.7

Phương pháp miền giá trị hàm

a) Cơ sở lý thuyết. Để chứng minh bất đẳng thức A > B (1), trong đó
A, B là các biểu thức phụ thuộc vào x, ta xét bất đẳng thức tương đương
với (1) là A − B > 0 (2).
Đặt y = A − B (3). Do A = A(x), B = B(x) nên (3) là phương trình
y − (A(x) − B(x)) = 0 phụ thuộc vào tham số y .
Biện luận phương trình theo y ta suy ra được điều kiện y ∈ (a, b) chính
là được ràng buộc: a < y < b sẽ suy ra (2) ⇔ (1).
Ví dụ 1.2.10 ([7]). Tìm các giá trị a để hệ bất phương trình sau nghiệm
đúng với mọi giá trị thực của x

Chứng minh. Xét

3x2 + ax − 6
< 6.
−9 < 2
x −x+1

(1.7)

3x2 + ax − 6
,
y= 2
x −x+1

(1.8)


14

do điều kiện (1.7): y ∈ (−9, 6) và do (1.7) nghiệm đúng với mọi x, suy ra
phương trình (1.8) có nghiệm với mọi y ∈ (−9, 6) nên:
(1.8) ⇔ (y − 3)x2 − (a + y)x + (y + 6) = 0,

(1.9)

có nghiệm, hay biệt thức ∆ của (1.9) không âm:

∆ = (a + y)2 − 4(y + 6)(y − 3) ≥ 0 ∀y ∈ (−9, 6),

⇒f (y) = ∆ = −3y 2 + 2y(a − 6) + a2 + 72 ≥ 0.

(1.10)

Bất phương trình (1.10) có hệ số bậc cao a = −3 < 0 nên nghiệm của (1.10)
là khoảng hữu hạn (y1 , y2 ) với y1 , y2 là nghiệm của tam thức f (y) = ∆
cho bởi (1.10), xét y = 3 thì (1.9) là phương trình bậc 1 ln có nghiệm.
Do điều kiện y ∈ (−9, 6) ⇒ y1 < −9 < 6 < y2 . Theo định lý đảo về dấu
của tam thức bậc 2:

f (−9) = a2 − 18a − 63 < 0 ⇒ a ∈ (−3, 21)

⇒f (6) = a2 + 12a − 108 < 0 ⇒ a ∈ (−18, 6)

⇒a ∈ (−3, 6),

hay điều kiện với a: −3 < a < 6.

Ví dụ 1.2.11 ([7]). Chứng minh bất đẳng thức sau

4.49a − 8.21a + 9a+1
1
≤
≤ 5 ∀a.
5
4.49a + 8.21a + 9a+1
4.49a − 8.21a + 9a+1
Chứng minh. Xét y =
có nghiệm. Biến đổi phương
4.49a + 8.21a + 9a+1
trình:
4.49a (1 − y) − 8.21a (1 + y) + 9a+1 (1 − y) = 0.

(1.11)

Chia 2 vế cho 9a ,

7
(1.11) ⇔ 4(1 − y)
3

2a

7
− 8(1 + y)
3

a

+ 9(1 − y) = 0.

Xét y = 1 ta có phương trình bậc 1 ln có nghiệm. Để phương trình có
nghiệm, xét

∆′ = 16(1 + y)2 − 36(1 − y) = −20y 2 + 104y − 20 ≥ 0
⇒ ∆′ = −4(5y 2 − 26y + 5) ≥ 0 ⇒ 5y 2 − 26y + 5 ≤ 0
1
⇒ ≤ y ≤ 5.
5


15

1.2.8

Phương pháp ứng dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng
thức

Ví dụ 1.2.12 ([7]). Cho các số α, β, γ thỏa mãn các điều kiện: α ≤ 6;
β ≤ −8; γ ≤ 3. Chứng minh rằng, khi đó với mọi x ≥ 1 ta đều có:

x4 ≥ αx2 + βx + γ.
Chứng minh. Xét hàm số

f (x) = x4 − (αx2 + βx + γ).
Khi đó, f ′ (x) = 4x3 − (2αx + β), f ′′ (x) = 12x2 − 2α. Khi x ≥ 1, thì
f ′ (x) ≥ 12 − 2α = 2(6 − α) ≥ 0. Do vậy f ′ (x) là một hàm số đồng biến
khi x ≥ 1. Ta có

f ′ (1) = 4 − (2α + β) = 4 − 2α − β ≥ 4 − 2.6 − (−8) = 0.
Suy ra f ′ (x) ≥ f (1) ≥ 0, khi x ≥ 1. Do vậy hàm số f (x) là một hàm đồng
biến khi x ≥ 1. Vậy f (x) ≥ f (1) khi x ≥ 1.
Mà f (1) = 1 − (α + β + γ) ≥ 1 − (6 − 8 + 3) = 0.
Vậy f (x) ≥ 0 khi x ≥ 1. Bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 1.2.13 ([7]). Chứng minh rằng với mọi x: −1 ≤ x ≤ 1 ta đều có:
√
√
√
4
2 ≤ 4 1 − x + 4 1 + x ≤ 2.
√
√
4

4
Chứng minh.
Đặt
f
(x)
=
1
−
x
+
1 + x; khi đó, nếu x = ±1 thì
√
4
f (x) = 2. Xét −1 ≤ x ≤ 1, ta có

1
1
+
4 4 (1 − x)3 4 4 (1 + x)3
4 4 (1 + x)3 − 4 4 (1 − x)3
.
=−
4
(1 − x2 )3

f ′ (x) = −

f ′ (x) = 0, khi x = 0; f ′ (x) > 0 khi x < 0; f ′ (x) < 0 khi x > 0. Ta có
bảng xét dấu:
x

f ′ (x)

−1

+

0
0
f (0)

f (x)

√
4

2

1
−
√
4

2


16

Vậy khi −1 ≤ x ≤ 1, f (x) ≤ f (0) = 2 và f (x) ≤ f (−1) =
thức được chứng minh.
1.2.9

√
4

2. Bất đẳng

Phương pháp quy nạp

Ví dụ 1.2.14 ([7]). Chứng minh rằng với mọi a, ta đều có:

√

(vế trái gồm n căn),

(1.12)
√
Chứng minh. Ký hiệu vế trái của (1.12) là Tn . Với n = 1, ta được a2 =
|a| ≤ |a| + 1, vậy bất đẳng thức đúng. Giả sử rằng bất đẳng thức đúng với
1 ≤ n ≤ k , ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1. Thật vậy, khi
n = k + 1, thì vế trái của (1.12) có thể viết thành:

a2 +

a2 + . . . +

a2 ≤ |a| + 1,

Tk+1 =

a2 + Tk .

Theo giả thiết quy nạp, ta được

Tk+1 ≤

a2 + |a| + 1 ≤

a2 + 2|a| + 1 =

(|a| + 1)2 = |a| + 1.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 1.2.15 ([7]). Chứng minh rằng nếu n ≥ 2, n nguyên, thì

1
1
1
1
+
+
.
.
.
+
<
2
−
.
1 2 22
n2

n
1
1
5 3
1
Chứng minh. Với n = 2, ta có 2 + 2 < 2 − hay < , bất đẳng thức
1
2
2
4 2
đúng.
Giả thiết rằng bất đẳng thức đã cho đúng với n = k , tức là
1
1
1
1
+
+
.
.
.
+
<
2
−
,
12 22
k2
k
ta cần chứng minh rằng bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là

1
1
1
1
+
+
.
.
.
+
<
2
−
.
12 22
(k + 1)2
k+1

(1.13)

Theo giả thiết quy nạp thì:

1
1
1
+
+
.
.

.
+
12 22
k2

+

1
1
1
<
2
−
+
.
(k + 1)2
k (k + 1)2

(1.14)


17

Vậy (1.13) được chứng minh, nếu vế phải của (1.14) nhỏ hơn 2 −

tức là

1
+ 1,
k

1
1
1
+
<
2
−
,
k (k + 1)2
k+1
1
1
1
+
<
,
⇔
k + 1 (k + 1)2
k+1
k+2
1
,
⇔
<
(k + 1)2
k
⇔k(k + 2) < (k + 1)2 . Điều này luôn đúng.
2−

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
1.2.10

Phương pháp lượng giác

Ví dụ 1.2.16 ([7]). Các số a, b, c, d liên hệ bởi các hệ thức

a = c 1 − d2 ;

b = d 1 − c2 .

Chứng minh rằng |a| + |b| ≤ 1.

Chứng minh. Điều kiện để căn có nghĩa: |d| ≤ 1, |c| ≤ 1. Từ các hệ thức
đã cho ta suy ra:

|a| = |c|. 1 − |d|2 ,
|b| = |d|. 1 − |c|2 .

Đặt |x| = cos β và |c| = cos α; 0 ≤ α, β ≤

π
. Khi đó
2

|a| = cos α. sin β,
|b| = cos β. sin α.

Do vậy:

|a| + |b| = cos α sin β + sin α cos β = sin(α + β) ≤ 1.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 1.2.17 ([7]). Cho a, b, c là các độ dài các cạnh của một tam giác
vuông (c−cạnh huyền); x, y, z là các số liên hệ bởi hệ thức ax + by = cz .
Chứng minh rằng:
x2 + y 2 ≥ z 2 .
(1.15)


18

b
a
= sin A; = cos A (A là góc nhọn đối diện cạnh
c
c
a). Do vậy có thể viết hệ thức đã cho dưới dạng

Chứng minh. Ta có

(1.16)

x sin A + y cos A = z.
Nếu x = y = 0 thì z = 0. Do vậy (1.15) đúng.
Xét x2 + y 2 > 0. Khi đó, chia hai vế của (1.16) cho

y
cos A =
x2 + y 2

x
sin A +
x2 + y 2

x2 + y 2 ta được:
z
.
x2 + y 2

(1.17)

Chọn góc ϕ sao cho:

x
= cos ϕ,
x2 + y 2
góc ϕ ln ln tồn tại vì

x
x2 + y 2

y
= sin ϕ,
x2 + y 2
2

y
x2 + y 2

+

(1.17) có dạng:

cos ϕ sin A + sin ϕ cos A =
hay

sin(A + ϕ) =
Từ đó suy ra:

z
,
x2 + y 2

z
.
x2 + y 2

z
≤ 1 hay z 2 ≤ x2 + y 2 .
x2 + y 2

Bất đẳng thức được chứng minh.

2

= 1. Khi đó


19

Chương 2
Vận dụng các tính chất hình học để
chứng minh bất đẳng thức
2.1

Ý tưởng của việc vận dụng các tính chất hình
học để chứng minh bất đẳng thức

Mơn Tốn ở trung học phổ thơng có vai trị, vị trí và ý nghĩa hết sức
quan trọng trong giáo dục phổ thông. Đặc biệt là lĩnh vực Đại số và giải
tích. Trong chương trình tốn trung học phổ thơng, Bất đẳng thức là phần
hấp dẫn, lôi cuốn tất cả những người học toán và làm toán. Các bài toán
này rất phong phú và đa dạng. Vì vậy, các bài tốn này thường xun có
mặt trong các kì thi trung học phổ thơng Quốc gia cũng như trong các kì
thi học sinh giỏi tỉnh, Quốc gia và Quốc tế.
Để giải quyết nó địi hỏi người học toán và làm toán phải linh hoạt và
vận dụng một cách hợp lý trong từng bài toán. Điều đó có nghĩa là có rất
nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức đi đến kết quả cuối cùng
của bài toán, như áp dụng tam thức bậc hai, dùng lượng giác, dùng các bất
đẳng thức đặc biệt (bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopski)
hoặc dùng đạo hàm... Trong phần này giới thiệu phương pháp để chứng
minh bất đẳng thức, đó là: “Sử dụng các tính chất hình học để chứng minh
Bất đẳng thức ”. Thật khó nhưng cũng rất thú vị nếu ta tìm được đường
lối đúng đắn để giải quyết và có được lời giải hay.
Có thể nói, “Sử dụng các tính chất hình học để chứng minh Bất đẳng
thức ” để giải các bài toán Bất đẳng thức, rất nhiều học sinh thấy rất xa


20

lạ và cịn gặp nhiều khó khăn trong việc giải quyết bài toán.
Đề tài này mong muốn được giúp các em tự tin hơn trong việc học toán,
giúp những người học tốn có thêm cơng cụ hiệu quả để giải quyết các bài
toán, với mong muốn nâng cao chất lượng giảng dạy đội tuyển học sinh
giỏi và ôn thi Trung học phổ thơng Quốc gia.
Khi đó ta có thể sử dụng các khái niệm, tính chất hình học để chứng
minh bất đẳng thức, chẳng hạn các tính chất sau:
→
−
→
−
→
−
−
−
−
- Với mọi →
a , b ta ln có: |→
a + b | ≤ |→
a | + | b |.
→
−
→
−
−
−
Đẳng thức xảy ra khi →
a , b cùng hướng hay →
a = k b với k ≥ 0.
→

−
→
−
→
−
→
−
→
−
−
−
−
−
−
- Với mọi →
a , b ta ln có: →
a . b = |→
a |.| b |. cos(→
a , b ) ≤ |→
a |.| b |
- Với các điểm O, M1 , . . . , Mn bất kì ta có:

OM1 + M1 M2 + M2 M3 + . . . + Mn−1 Mn ≥ OMn .

- Cho đoạn thẳng AB, M0 là 1 điểm bất kì ngồi đoạn AB . Khi đó ta có:

max M0 M = max {M0 A, M0 B} .

M ∈AB

Hình 2.1

Chứng minh. Lấy M là một điểm bất kỳ trên AB (M = A và M = B ).
Khi đó M0 M B + M0 M A = 1800 , do đó một trong hai góc M0 M B , M0 M A
phải ≥ 900 , giả sử đó là M0 M B (nếu khơng lý luận hồn tồn tương tự).
Trong tam giác M0 M B do M0 M B ≥ 900 nên nó là góc lớn nhất trong
tam giác ấy, vậy

M0 B > M0 M
⇒M0 M < max {M0 B, M0 A}

⇒ max M0 M = max {M0 B, M0 A} .
M ∈[AB]

Ta có điều phải chứng minh.