Tuyển tập các phương pháp, kỹ năng chứng minh bất đẳng thức tập 1
- 756 trang
- file .pdf
Tuyển tập các phương pháp, kĩ
thuật chứng minh
Bất Đẳng Thức
Tập một : Các chuyên đề và tuyển tập nhỏ
Lời nói đầu
Nguồn tài nguyên toán trên Internet là vô cùng phong phú. Tài liệu về
Bất đẳng thức trên Internet rất nhiều và nhiều chuyên đề trong số chúng
là những công cụ mạnh để giải bất đẳng thức. Việc tập hợp chúng lại
thành một ấn bản lớn để tiện nghiên cứu âu có lẽ cũng là nhu cầu của
nhiều người. Qua một thời gian sưu tầm và chọn lọc các tài liệu theo một
vài "tiêu chí", ấn bản lớn "Tuyển tập các chuyên đề, kỹ thuật chứng minh
Bất đẳng thức " đã hoàn thành. Vì dung lượng quá lớn ( khoảng trên 2000
trang ) thế nên ấn bản được chia làm 3 tập. Để cho các bài viết được thống
nhất theo một khối chung, tôi buộc phải can thiệp, chỉnh sửa một chút tài
liệu gốc, rất mong sự bỏ qua của các tác giả tài liệu trên. Một số phương
pháp kinh điển như MV, GLA, ABC, UCT cũng sẽ không xuất hiện trong
ấn bản này, độc giả hãy lượng thứ cho điều đó. Hi vọng ấn bản trên là
một tập hợp tương đối đầy đủ về Bất đẳng thức, một lĩnh vực luôn có sự
quyến rũ, cuốn hút đến không ngờ.
Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về
Nguyễn Minh Tuấn
K62CLC Toán- Tin ĐHSPHN
Gmail : [email protected]
Facebook : Popeye Nguyễn
Tài liệu được phát hành trên diễn đàn : www.k2pi.net.vn. Mọi hoạt
động sử dụng tài liệu vì mục đích thương mại đều không được cho phép.
Xin chân thành cảm ơn
Nguyễn Minh Tuấn (Popeye)
Mục Lục
Hojoo Lee
Topic In Inequalities, Theorems and Techniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Po-Shen Loh
II. Inequalities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
Phạm Văn Thuận, Triệu Văn Hùng
Proving Inequalities Using Linear Functions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .91
Phạm Kim Hùng
The Entirely Mixing Variables Method . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
Đỗ Trọng Đạt, Vũ Thanh Tú, Vũ Đình Việt, Trần Trung Kiên
Ứng Dụng Của Phép Nhóm Abel Trong Chứng Minh Bất Đẳng Thức . . . . 101
Iurie Boreico, Marcel Teleuca
An Original Method Of Proving Inequalities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
Hoàng Minh Quân
Ứng Dụng Bất Đẳng Thức Cauchy-Schwarz Dạng Engel Trong Chứng Minh
Bất Đẳng Thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .116
Trần Lê Bách
Một Bất Đẳng Thức Hay Về Diện Tích Tam Giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
Lê Hồ Quý
Bất Đẳng Thức Muirhead Và Một Số Áp Dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
Hoàng Minh Quân
Bất đẳng thức Blundon và áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
Phạm Văn Thuận
Bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Võ Quốc Bá Cẩn
Kỹ thuật thêm - tách - bớt trong bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . 159
Andy Liu
The rearrangement inequalities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
Nguyễn Duy Tùng, Zhou Yuan Zhe
The Interesting Around Technical Analysis Three Variable Inequalities . . . 173
Lê Hữu Phước
Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger và Neuberg-Pedoe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
Võ Quốc Bá Cẩn
Bất đẳng thức Schur và Vornicu - Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
Võ Thành Văn
Bất đẳng thức Schur và phương pháp đổi biến P,Q,R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
Phạm Kim Hùng, Vũ Đình Việt, Trần Trung Kiên
Kỹ thuật Cauchy ngược dấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
Võ Quốc Bá Cẩn
Nhỏ mà không nhỏ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279
Võ Quốc Bá Cẩn
Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức Jack Garfunkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295
Võ Quốc Bá Cẩn
Dồn biến "thừa - trừ" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304
Vardan Verdiyan, Daniel Campos Salas
Simple trigonometric substitutions with broad results . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313
Võ Quốc Bá Cẩn
Bài giảng Seminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326
Nguyễn Anh Tuyến
Bất đẳng thức Nesbitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338
Nguyễn Tấn Sang p
a b c 3(a2 + b2 + c2 )
Bổ đề trong bất đẳng thức : + + ⩾ √3
. . . . . . . . . . . . . . 360
b c a abc
Nguyễn Văn Huyện
Về một bài toán bất đẳng thức của Darij Grinberg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370
Võ Quốc Bá Cẩn
Yếu tố "ít nhất" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386
Võ Quốc Bá Cẩn, Phạm Thị Hằng
Kỹ thuật Cauchy bất đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412
Võ Quốc Bá Cẩn
Phương pháp chuyển vị trong chứng minh bất đẳng thức hoán vị . . . . . . . .419
Đỗ Trọng Đạt, Tăng Hải Tuân, Trần Trung Kiên
Ứng dụng của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . 429
Nguyễn Văn Huyện
Tản mạn về một bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 450
Nguyễn Tiến Thùy
Đánh giá trên biên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 456
Nguyễn Văn Huyện
Phương pháp S-S và bất đẳng thức dạng Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461
Andre Rzym
Muirhead’s Inequality . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 470
Trần Lê Bách
On tangent line method in proving inequality . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474
Phạm Kim Hùng
On the AM-GM Inequality . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481
Vasile Cirtoaje
On the Cyclic homogeneous polynomial inequalities of degree four . . . . . . . 485
Titu Andresscu
Two Useful substitutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495
Titu Andresscu
Always Cauchy - Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504
Phạm Tiến Kha
Về một lớp bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 518
Trần Trung Kiên
Phương pháp nhân tử Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526
Diễn đàn Bất đẳng thức VIF
Inequalities From 2007 Mathematical Competition Over The World . . . . . . 537
Diễn đàn Maths.vn
Inequality Contest 2009 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564
Võ Quốc Bá Cẩn
Tuyển tập bất đẳng thức của Trần Quốc Luật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 598
Trần Phong
Tổng hợp bất đẳng thức toanphothong.vn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632
Lê Hữu Phước
Tuyển tập bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 687
Tăng Hải Tuân
Bất đẳng thức trong các đề thi HSG các tỉnh năm 2014- 2015 . . . . . . . . . . . . 717
CÁC CHỦ ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC - CÁC ĐỊNH LÝ VÀ
CÁCH CHỨNG MINH
from Hojoo Lee - translated by Nguyễn Ngọc Tiến - chưa chính thức công bố
Mục lục
trang
Mục lục III
Chương 1: Bất đẳng thức Hình học 1
1.1 Phép thế Ravi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Các phương pháp lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Các ứng dụng của Số Phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Chương 2: Bốn cách chứng minh cơ bản 16
2.1 Phép thay thế lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Phép thay thế Đại Số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Định lý hàm tăng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.4 Thiết lập cận mới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Chương 3: Thuần nhất hóa và Chuẩn hóa 36
3.1 Thuần nhất hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.2 Bất đẳng thức Schur và Định lý Muirhead . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.3 Chuẩn hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và Bất đẳng thức Hölder . . . . . . . . . . . 50
Chương 4: Tính lồi 56
4.1 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
4.2 Các trung bình lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
4.3 Bất đẳng thức Trội . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.4 Bất đẳng thức áp dụng đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
Chương 5: Bài Toán 68
5.1 Các bất đẳng thức đa biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
5.2 Các bài toán trong hội thảo Putnam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
1
Chương 1
Bất đẳng thức Hình học
Sự sung sướng khi ai đó chứng minh một bài toán cũng như khi chính tôi chứng minh nó vậy. E.
Landau
1.1 Phép thế Ravi
Nhiều bất đẳng thức được đơn giản hóa bằng các phép thế thích hợp. Chúng ta bắt đầu với
bất đẳng thức hình học cổ điển. Bất đẳng thức hình học không tầm thường đầu tiên 1 là gì
nhỉ ? Vào năm 1746, Chapple đã chứng minh rằng
Định lý 1.1.1. (Chapple 1746, Euler 1765) Cho R và r là các bán kính đường tròn
ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. Khi đó, ta có R ≥ 2r và dấu đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi 4ABC là tam giác đều.
Chứng minh. Cho BC = a, CA = b, AB = c, s = a+b+c 2
và S = [ABC].2 Ta nhớ lại dồng
abc
nhất thức: S = 4R , S = rs, S 2 = s(s − a)(s − b)(s − c). Vì vậy, R ≥ 2r tương đương với
abc 2
4S
≥ 2 Ss hay abc ≥ 8 Ss hay abc ≥ 8(s − a)(s − b)(s − c). Ta cần chứng minh điều khẳng
định sau.
Định lý 1.1.2. ([AP], A. Padoa) Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Khi đó, ta có
abc ≥ 8(s − a)(s − b)(s − c) hay abc ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c)
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Chứng minh. Ta sử dụng phép thế Ravi : Vì a, b, c là các cạnh của tam giác, nên tồn tại các
số thực dương x, y, z sao cho a = y + z, b = z + x, c = x + y. (Tại sao vậy?) Khi đó, bất
đẳng thức đã cho trở thành (y + z)(z + x)(x + y) ≥ 8xyz với x, y, z > 0. Tuy nhiên, ta lại
được
(y + z)(z + x)(x + y) − 8xyz = x(y − z)2 + y(z − x)2 + z(x − y)2 ≥ 0.
Bài tập 1. Cho ABC là một tam giác vuông. Chứng tỏ rằng
√
R ≥ (1 + 2)r.
Khi nào đẳng thức xảy ra ?
1
Bất đẳng thức hình học đầu tiên là bất đẳng thức tam giác : AB + BC ≥ AC
2
Trong tập sách này, [P ] ký hiệu là diện tích của đa giác P .
2
Thật tự nhiên khi hỏi rằng bất đẳng thức trong định lý 2 có xảy ra không khi các số thực
dương tùy ý a, b, c? Đúng vậy ! Có thể chứng minh bất đẳng thức mà không cần thêm điều
kiện a, b, c là các cạnh của một tam giác:
Định lý 1.1.3. Cho x, y, z > 0. Khi đó, ta có xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z). Dấu
đẳng thức xảy ra khi x = y = z.
Chứng minh. Vì bất bất đẳng thức đối xứng theo các biến, không mất tính tổng quát, ta
giả sử x ≥ y ≥ z. Khi đó, ta có x + y > z và z + x > y. Nếu y + z > x, thì x, y, z là chiều
dài các cạnh của một tam giác. Trong trường hợp này, bằng định lý 2, cho ta kết quả. Bây
giờ, ta có thể giả sử rằng y + z ≤ x. Khi đó, xyz > 0 ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z).
Bất đẳng thức trong định lý 2 xảy ra khi một trong các x, y, z bằng 0:
Định lý 1.1.4. Cho x, y, z ≥ 0. Khi đó, ta có xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z).
Chứng minh. Vì x, y, z ≥ 0, ta có thể tìm được dãy số dương {xn }, {yn }, {zn } với
lim xn = x, lim yn = y, lim zn = z.
n→∞ n→∞ n→∞
Áp dụng định lý 2, suy ra
xn yn zn ≥ (yn + zn − xn )(zn + xn − yn )(xn + yn − zn ).
Bây giờ, lấy giới hạn cả hai phía, ta được kết quả.
Rõ ràng, bất đẳng thức xảy ra khi x = y = z. Tuy nhiên, xyz = (y+z−x)(z+x−y)(x+y−z)
và x, y, z ≥ 0 không đảm bảo rằng x = y = z. Thực vậy, với x, y, z ≥ 0, bất đẳng thức
xyz = (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) tương đương với
x = y = z hay x = y, z = 0 hay y = z, x = 0 hay z = x, y = 0.
Ta có kiểm tra ngay rằng
xyz − (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) = x(x − y)(x − z) + y(y − z)(y − x) + z(z − x)(z − y).
Vì vậy, định lý 4 là một trường hợp đặc biệt của bất đảng thức Schur.
Bài toán 1. (IMO 2000/2, Titu Andreescu đề nghị) Cho a, b, c là các số dương sao
cho abc = 1. Chứng minh rằng
µ ¶µ ¶µ ¶
1 1 1
a−1+ b−1+ c−1+ ≤ 1.
b c a
Cách giải 1. Vì abc = 1, ta thực hiện thay thế a = xy , b = yz , c = xz với x, y, z > 0.3 Ta viết
lại bất đẳng thức đã cho dưới dạng của x, y, z :
µ ¶
x z ³y x´ ³z y´
−1+ −1+ −1+ ≤ 1 ⇔ xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z).
y y z z x x
3
Cho ví dụ, lấy x = 1, y = a1 , z = ab
1
.
3
Phép thế Ravi rất thích hợp đối với các bất đẳng thức với các cạnh a, b, c của tam giác.
Sau khi sử dụng phép thế Ravi, ta có thể bỏ đi điều kiện chúng là các cạnh của một tam
giác.
Bài toán 2. (IMO 1983/6) Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ 0.
Cách giải 1. Sau khi đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y với x, y, z > 0, nó trở thành
x2 y 2 z 2
x3 z + y 3 x + z 3 y ≥ x2 yz + xy 2 z + xyz 2 hay + + ≥ x + y + z,
y z x
Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
µ 2 ¶
x y2 z2
(y + z + x) + + ≥ (x + y + z)2 .
y z x
Bài tập 2. Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng tỏ rằng
a b c
+ + < 2.
b+c c+a a+b
Bài tập 3. (Darij Grinberg) Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng minh bất
đẳng thức
a3 + b3 + c3 + 3abc − 2b2 a − 2c2 b − 2a2 c ≥ 0,
và
3a2 b + 3b2 c + 3c2 a − 3abc − 2b2 a − 2c2 b − 2a2 c ≥ 0.
Bây giờ ta nói đến bất đẳng thức Weitzenböck và các bất đẳng thức liên quan.
Bài toán 3. (IMO 1961/2, bất đẳng thức Weitzenböck) Cho a, b, c là các cạnh của
một tam giác với diện tích S. Chứng tỏ rằng
√
a2 + b2 + c2 ≥ 4 3S.
Giải. Viết a = y + z, b = z + x, c = x + y với x, y, z > 0. Điều này tương đương
((y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 )2 ≥ 48(x + y + z)xyz,
có thể suy ra từ bất đẳng thức sau:
((y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 )2 ≥ 16(yz + zx + xy)2 ≥ 16 · 3(xy · yz + yz · zx + xy · yz).
Ở đây, chúng ta sử dụng bất đẳng thức p2 + q 2 ≥ 2pq và (p + q + r)2 ≥ 3(pq + qr + rp).
Định lý 1.1.5. (bất đẳng thức Hadwiger-Finsler) Bất kỳ tam giác ABC với các cạnh
a, b, c và diện tích F , bất đẳng thức sau đây xảy ra.
√
2ab + 2bc + 2ca − (a2 + b2 + c2 ) ≥ 4 3F.
4
Chứng minh 1. Sau khi thực hiện phép thế a = y + z, b = z + x, c = x + y, trong đó
x, y, z > 0, nó trở thành
p
xy + yz + zx ≥ 3xyz(x + y + z),
ta suy ra từ đẳng thức
(xy − yz)2 + (yz − zx)2 + (zx − xy)2
(xy + yz + zx)2 − 3xyz(x + y + z) = .
2
Chứng minh 2. Chúng ta sử dụng tính chất hàm lồi. Có nhiều cách dẫn đến đẳng thức sau:
2ab + 2bc + 2ca − (a2 + b2 + c2 ) A B C
= tan + tan + tan .
4F 2 2 2
¡ π¢
Vì tan x là hàm lồi trên 0, 2 , Bất đẳng thức Jensen chứng tỏ rằng
à !
2ab + 2bc + 2ca − (a2 + b2 + c2 ) A
2
+ B2 + C2 √
≥ 3 tan = 3.
4F 3
Tsintsifas đã chứng minh bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức Weitzenböck và bất
đẳng thức Nesbitt.
Định lý 1.1.6. (Tsintsifas) Cho p, q, r là các số thực dương và cho a, b, c ký hiệu các cạnh
một tam giác với diện tích F . Khi đó, ta có
p 2 q 2 r 2 √
a + b + c ≥ 2 3F.
q+r r+p p+q
Chứng minh. (V. Pambuccian) Sử dụng bất đẳng thức Hadwiger-Finsler, nó đủ để chứng tỏ
rằng
p 2 q 2 r 2 1
a + b + c ≥ (a + b + c)2 − (a2 + b2 + c2 )
q+r r+p p+q 2
hay µ ¶ µ ¶ µ ¶
p+q+r p+q+r 2 p+q+r 2 1
a2 + b + c ≥ (a + b + c)2
q+r r+p p+q 2
hay
µ ¶
1 2 1 2 1 2
((q + r) + (r + p) + (p + q)) a + b + c ≥ (a + b + c)2 .
q+r r+p p+q
Tuy nhiên, điều này rút ra từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
Định lý 1.1.7. (bất đẳng thức Neuberg-Pedoe) Cho a1 , b1 , c1 ký hiệu các cạnh của tam
giác A1 B1 C1 với diện tích F1 . Cho a2 , b2 , c2 ký hiệu các cạnh của tam giác A2 B2 C2 với diện
tích F2 . Khi đó, ta có
a1 2 (b2 2 + c2 2 − a2 2 ) + b1 2 (c2 2 + a2 2 − b2 2 ) + c1 2 (a2 2 + b2 2 − c2 2 ) ≥ 16F1 F2 .
5
Nó có phải là bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức Weitzenböck’s.(Tại sao?) Trong
[GC], G. Chang đã chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe bằng việc sử dụng số phức.
Với các nhận định bằng hình học và các chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe, xem
trong [DP] hay [GI, trang.92-93]. Ở đây, chúng ta đưa ra ba cách chứng minh đại số.
Bổ đề 1.1.1.
a1 2 (a2 2 + b2 2 − c2 2 ) + b1 2 (b2 2 + c2 2 − a2 2 ) + c1 2 (c2 2 + a2 2 − b2 2 ) > 0.
Chứng minh. Hãy quan sát rằng nó tương đương
(a1 2 + b1 2 + c1 2 )(a2 2 + b2 2 + c2 2 ) > 2(a1 2 a2 2 + b1 2 b2 2 + c1 2 c2 2 ).
Từ công thức Heron, ta thấy rằng, với i = 1, 2,
q
2 4 2
2 2 2 2 4 4
16Fi = (ai + bi + ci ) − 2(ai + bi + ci ) > 0 hay ai + bi + ci > 2 2
2(ai 4 + bi 4 + ci 4 ) .
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz nói rằng
q
(a1 2 +b1 2 +c1 2 )(a2 2 +b2 2 +c2 2 ) > 2 (a1 4 + b1 4 + c1 4 )(a2 4 + b2 4 + c2 4 ) ≥ 2(a1 2 a2 2 +b1 2 b2 2 +c1 2 c2 2 ).
Chứng minh 1. ([LC1], Carlitz) Từ bổ đề, ta được
L = a1 2 (b2 2 + c2 2 − a2 2 ) + b1 2 (c2 2 + a2 2 − b2 2 ) + c1 2 (a2 2 + b2 2 − c2 2 ) > 0,
Vì thế, ta cần chứng tỏ rằng
L2 − (16F1 2 )(16F2 2 ) ≥ 0.
Ta dễ dàng kiểm tra đẳng thức sau
L2 − (16F1 2 )(16F2 2 ) = −4(U V + V W + W U ),
trong đó
U = b1 2 c2 2 − b2 2 c1 2 , V = c1 2 a2 2 − c2 2 a1 2 và W = a1 2 b2 2 − a2 2 b1 2 .
Sử dụng đẳng thức
a1 2 b1 2
a1 2 U + b1 2 V + c1 2 W = 0 hay W = − U − V,
c1 2 c1 2
ta có thể dẫn ra rằng
µ ¶2
a1 2 c1 2 − a1 2 − b1 2 4a1 2 b1 2 − (c1 2 − a1 2 − b1 2 )2 2
UV + V W + W U = − U− V − V .
c1 2 2a1 2 4a1 2 c1 2
Suy ra
µ ¶2
a1 2 c1 2 − a1 2 − b1 2 16F1 2 2
UV + V W + WU = − U− V − V ≤ 0.
c1 2 2a1 2 4a1 2 c1 2
6
Carlitz thấy rằng bất đẳng thức Neuberg-Pedoe có thể rút ra từ bất đẳng thức Aczél.
Định lý 1.1.8. (bất đẳng thức Aczél) Cho a1 , · · · , an , b1 , · · · , bn là các số thực dương
thỏa mãn
a1 2 ≥ a2 2 + · · · + an 2 và b1 2 ≥ b2 2 + · · · + bn 2 .
Khi đó, ta có
q ¡ ¡ ¢¢
a1 b1 − (a2 b2 + · · · + an bn ) ≥ (a1 2 − (a2 2 + · · · + an 2 )) b1 2 − b2 2 + · · · + bn 2
Chứng minh. ([AI]) Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
q
a1 b1 ≥ (a2 2 + · · · + an 2 )(b2 2 + · · · + bn 2 ) ≥ a2 b2 + · · · + an bn .
Khi đó, bất đẳng thức trên tương đương
¡ ¡ ¢¢ ¡ 2 ¡ 2 ¢¢
(a1 b1 − (a2 b2 + · · · + an bn ))2 ≥ a1 2 − a2 2 + · · · + an 2 b1 − b2 + · · · + bn 2 .
Trong trường hợp a1 2 − (a2 2 + · · · + an 2 ) = 0, nó tầm thường. Vì vậy, bây giờ ta giả sử rằng
a1 2 − (a2 2 + · · · + an 2 ) > 0. Điều này làm ta nghĩ đến đa thức bậc hai sau
n
à n
! Ã n
! Ã n
!
X X X X
2 2 2 2 2 2 2
P (x) = (a1 x−b1 ) − (ai x−bi ) = a1 − ai x +2 a1 b1 − ai bi x+ b1 − bi .
i=2 i=2 i=2 i=2
P ³ ³ ´ ´2
Vì P ( ab11 ) = − ni=2 ai ab11 − bi ≤ 0 và vì hệ số của x2 trong đa thức bậc hai P là số
dương, P có ít nhất một nghiệm thực. Vì thế, P có biệt thức không âm. Suy ra
à à n
!!2 Ã n
!Ã n
!
X X X
2 2 2 2
2 a1 b1 − ai bi − 4 a1 − ai b1 − bi ≥ 0.
i=2 i=2 i=2
Chứng minh 2 của bất đẳng thức Neuberg-Pedoe. ([LC2], Carlitz) Ta viết lại dưới dạng
a1 , b1 , c1 , a2 , b2 , c2 :
(a1 2 + b1 2 + c1 2 )(a2 2 + b2 2 + c2 2 ) − 2(a1 2 a2 2 + b1 2 b2 2 + c1 2 c2 2 )
r³ ´ ³¡ ´
¡ ¢2 ¢2
≥ a1 2 + b1 2 + c1 2 − 2(a1 4 + b1 4 + c1 4 ) a2 2 + b2 2 + c2 2 − 2(a2 4 + b2 4 + c2 4 ) .
Ta áp dụng thay thế sau
√ √ √
x1 = a 1 2 + b 1 2 + c 1 2 , x 2 = 2 a1 2 , x3 = 2 b1 2 , x4 = 2 c1 2 ,
√ √ √
y1 = a2 2 + b2 2 + c2 2 , y2 = 2 a2 2 , y3 = 2 b2 2 , y 4 = 2 c2 2 .
Như trong chứng minh bổ đề 5, ta có
x1 2 > x2 2 + y3 2 + x4 2 và y1 2 > y2 2 + y3 2 + y4 2 .
Ta áp dụng bất đẳng thức Aczél, suy ra bất đẳng thức
p
x1 y1 − x2 y2 − x3 y3 − x4 y4 ≥ (x1 2 − (x2 2 + y3 2 + x4 2 )) (y1 2 − (y2 2 + y3 2 + y4 2 )).
7
Ta kết thúc phần này bằng một chứng minh rất đơn giản của một sinh viên năm nhất
trong chương trình KMO4 mùa hè.
Chứng minh 3. Xét hai tam giác 4A1 B1 C1 và 4A2 B2 C2 trên R2 :
A1 (0, p1 ), B1 (p2 , 0), C1 (p3 , 0), A2 (0, q1 ), B2 (q2 , 0), và C2 (q3 , 0).
Từ bất đẳng thức x2 + y 2 ≥ 2|xy| suy ra rằng
a1 2 (b2 2 + c2 2 − a2 2 ) + b1 2 (c2 2 + a2 2 − b2 2 ) + c1 2 (a2 2 + b2 2 − c2 2 )
= (p3 − p2 )2 (2q1 2 + 2q1 q2 ) + (p1 2 + p3 2 )(2q2 2 − 2q2 q3 ) + (p1 2 + p2 2 )(2q3 2 − 2q2 q3 )
= 2(p3 − p2 )2 q1 2 + 2(q3 − q2 )2 p1 2 + 2(p3 q2 − p2 q3 )2
≥ 2((p3 − p2 )q1 )2 + 2((q3 − q2 )p1 )2
≥ 4|(p3 − p2 )q1 | · |(q3 − q2 )p1 |
= 16F1 F2 .
4
Korean Mathematical Olympiads
8
thuật chứng minh
Bất Đẳng Thức
Tập một : Các chuyên đề và tuyển tập nhỏ
Lời nói đầu
Nguồn tài nguyên toán trên Internet là vô cùng phong phú. Tài liệu về
Bất đẳng thức trên Internet rất nhiều và nhiều chuyên đề trong số chúng
là những công cụ mạnh để giải bất đẳng thức. Việc tập hợp chúng lại
thành một ấn bản lớn để tiện nghiên cứu âu có lẽ cũng là nhu cầu của
nhiều người. Qua một thời gian sưu tầm và chọn lọc các tài liệu theo một
vài "tiêu chí", ấn bản lớn "Tuyển tập các chuyên đề, kỹ thuật chứng minh
Bất đẳng thức " đã hoàn thành. Vì dung lượng quá lớn ( khoảng trên 2000
trang ) thế nên ấn bản được chia làm 3 tập. Để cho các bài viết được thống
nhất theo một khối chung, tôi buộc phải can thiệp, chỉnh sửa một chút tài
liệu gốc, rất mong sự bỏ qua của các tác giả tài liệu trên. Một số phương
pháp kinh điển như MV, GLA, ABC, UCT cũng sẽ không xuất hiện trong
ấn bản này, độc giả hãy lượng thứ cho điều đó. Hi vọng ấn bản trên là
một tập hợp tương đối đầy đủ về Bất đẳng thức, một lĩnh vực luôn có sự
quyến rũ, cuốn hút đến không ngờ.
Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về
Nguyễn Minh Tuấn
K62CLC Toán- Tin ĐHSPHN
Gmail : [email protected]
Facebook : Popeye Nguyễn
Tài liệu được phát hành trên diễn đàn : www.k2pi.net.vn. Mọi hoạt
động sử dụng tài liệu vì mục đích thương mại đều không được cho phép.
Xin chân thành cảm ơn
Nguyễn Minh Tuấn (Popeye)
Mục Lục
Hojoo Lee
Topic In Inequalities, Theorems and Techniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Po-Shen Loh
II. Inequalities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
Phạm Văn Thuận, Triệu Văn Hùng
Proving Inequalities Using Linear Functions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .91
Phạm Kim Hùng
The Entirely Mixing Variables Method . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
Đỗ Trọng Đạt, Vũ Thanh Tú, Vũ Đình Việt, Trần Trung Kiên
Ứng Dụng Của Phép Nhóm Abel Trong Chứng Minh Bất Đẳng Thức . . . . 101
Iurie Boreico, Marcel Teleuca
An Original Method Of Proving Inequalities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
Hoàng Minh Quân
Ứng Dụng Bất Đẳng Thức Cauchy-Schwarz Dạng Engel Trong Chứng Minh
Bất Đẳng Thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .116
Trần Lê Bách
Một Bất Đẳng Thức Hay Về Diện Tích Tam Giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
Lê Hồ Quý
Bất Đẳng Thức Muirhead Và Một Số Áp Dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
Hoàng Minh Quân
Bất đẳng thức Blundon và áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
Phạm Văn Thuận
Bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Võ Quốc Bá Cẩn
Kỹ thuật thêm - tách - bớt trong bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . 159
Andy Liu
The rearrangement inequalities . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
Nguyễn Duy Tùng, Zhou Yuan Zhe
The Interesting Around Technical Analysis Three Variable Inequalities . . . 173
Lê Hữu Phước
Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger và Neuberg-Pedoe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
Võ Quốc Bá Cẩn
Bất đẳng thức Schur và Vornicu - Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
Võ Thành Văn
Bất đẳng thức Schur và phương pháp đổi biến P,Q,R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
Phạm Kim Hùng, Vũ Đình Việt, Trần Trung Kiên
Kỹ thuật Cauchy ngược dấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
Võ Quốc Bá Cẩn
Nhỏ mà không nhỏ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279
Võ Quốc Bá Cẩn
Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức Jack Garfunkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295
Võ Quốc Bá Cẩn
Dồn biến "thừa - trừ" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304
Vardan Verdiyan, Daniel Campos Salas
Simple trigonometric substitutions with broad results . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313
Võ Quốc Bá Cẩn
Bài giảng Seminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326
Nguyễn Anh Tuyến
Bất đẳng thức Nesbitt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338
Nguyễn Tấn Sang p
a b c 3(a2 + b2 + c2 )
Bổ đề trong bất đẳng thức : + + ⩾ √3
. . . . . . . . . . . . . . 360
b c a abc
Nguyễn Văn Huyện
Về một bài toán bất đẳng thức của Darij Grinberg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370
Võ Quốc Bá Cẩn
Yếu tố "ít nhất" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386
Võ Quốc Bá Cẩn, Phạm Thị Hằng
Kỹ thuật Cauchy bất đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412
Võ Quốc Bá Cẩn
Phương pháp chuyển vị trong chứng minh bất đẳng thức hoán vị . . . . . . . .419
Đỗ Trọng Đạt, Tăng Hải Tuân, Trần Trung Kiên
Ứng dụng của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . 429
Nguyễn Văn Huyện
Tản mạn về một bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 450
Nguyễn Tiến Thùy
Đánh giá trên biên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 456
Nguyễn Văn Huyện
Phương pháp S-S và bất đẳng thức dạng Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461
Andre Rzym
Muirhead’s Inequality . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 470
Trần Lê Bách
On tangent line method in proving inequality . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474
Phạm Kim Hùng
On the AM-GM Inequality . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481
Vasile Cirtoaje
On the Cyclic homogeneous polynomial inequalities of degree four . . . . . . . 485
Titu Andresscu
Two Useful substitutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495
Titu Andresscu
Always Cauchy - Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504
Phạm Tiến Kha
Về một lớp bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 518
Trần Trung Kiên
Phương pháp nhân tử Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526
Diễn đàn Bất đẳng thức VIF
Inequalities From 2007 Mathematical Competition Over The World . . . . . . 537
Diễn đàn Maths.vn
Inequality Contest 2009 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564
Võ Quốc Bá Cẩn
Tuyển tập bất đẳng thức của Trần Quốc Luật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 598
Trần Phong
Tổng hợp bất đẳng thức toanphothong.vn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632
Lê Hữu Phước
Tuyển tập bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 687
Tăng Hải Tuân
Bất đẳng thức trong các đề thi HSG các tỉnh năm 2014- 2015 . . . . . . . . . . . . 717
CÁC CHỦ ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC - CÁC ĐỊNH LÝ VÀ
CÁCH CHỨNG MINH
from Hojoo Lee - translated by Nguyễn Ngọc Tiến - chưa chính thức công bố
Mục lục
trang
Mục lục III
Chương 1: Bất đẳng thức Hình học 1
1.1 Phép thế Ravi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Các phương pháp lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Các ứng dụng của Số Phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Chương 2: Bốn cách chứng minh cơ bản 16
2.1 Phép thay thế lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Phép thay thế Đại Số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Định lý hàm tăng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.4 Thiết lập cận mới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Chương 3: Thuần nhất hóa và Chuẩn hóa 36
3.1 Thuần nhất hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.2 Bất đẳng thức Schur và Định lý Muirhead . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.3 Chuẩn hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và Bất đẳng thức Hölder . . . . . . . . . . . 50
Chương 4: Tính lồi 56
4.1 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
4.2 Các trung bình lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
4.3 Bất đẳng thức Trội . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.4 Bất đẳng thức áp dụng đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
Chương 5: Bài Toán 68
5.1 Các bất đẳng thức đa biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
5.2 Các bài toán trong hội thảo Putnam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
1
Chương 1
Bất đẳng thức Hình học
Sự sung sướng khi ai đó chứng minh một bài toán cũng như khi chính tôi chứng minh nó vậy. E.
Landau
1.1 Phép thế Ravi
Nhiều bất đẳng thức được đơn giản hóa bằng các phép thế thích hợp. Chúng ta bắt đầu với
bất đẳng thức hình học cổ điển. Bất đẳng thức hình học không tầm thường đầu tiên 1 là gì
nhỉ ? Vào năm 1746, Chapple đã chứng minh rằng
Định lý 1.1.1. (Chapple 1746, Euler 1765) Cho R và r là các bán kính đường tròn
ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. Khi đó, ta có R ≥ 2r và dấu đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi 4ABC là tam giác đều.
Chứng minh. Cho BC = a, CA = b, AB = c, s = a+b+c 2
và S = [ABC].2 Ta nhớ lại dồng
abc
nhất thức: S = 4R , S = rs, S 2 = s(s − a)(s − b)(s − c). Vì vậy, R ≥ 2r tương đương với
abc 2
4S
≥ 2 Ss hay abc ≥ 8 Ss hay abc ≥ 8(s − a)(s − b)(s − c). Ta cần chứng minh điều khẳng
định sau.
Định lý 1.1.2. ([AP], A. Padoa) Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Khi đó, ta có
abc ≥ 8(s − a)(s − b)(s − c) hay abc ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c)
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Chứng minh. Ta sử dụng phép thế Ravi : Vì a, b, c là các cạnh của tam giác, nên tồn tại các
số thực dương x, y, z sao cho a = y + z, b = z + x, c = x + y. (Tại sao vậy?) Khi đó, bất
đẳng thức đã cho trở thành (y + z)(z + x)(x + y) ≥ 8xyz với x, y, z > 0. Tuy nhiên, ta lại
được
(y + z)(z + x)(x + y) − 8xyz = x(y − z)2 + y(z − x)2 + z(x − y)2 ≥ 0.
Bài tập 1. Cho ABC là một tam giác vuông. Chứng tỏ rằng
√
R ≥ (1 + 2)r.
Khi nào đẳng thức xảy ra ?
1
Bất đẳng thức hình học đầu tiên là bất đẳng thức tam giác : AB + BC ≥ AC
2
Trong tập sách này, [P ] ký hiệu là diện tích của đa giác P .
2
Thật tự nhiên khi hỏi rằng bất đẳng thức trong định lý 2 có xảy ra không khi các số thực
dương tùy ý a, b, c? Đúng vậy ! Có thể chứng minh bất đẳng thức mà không cần thêm điều
kiện a, b, c là các cạnh của một tam giác:
Định lý 1.1.3. Cho x, y, z > 0. Khi đó, ta có xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z). Dấu
đẳng thức xảy ra khi x = y = z.
Chứng minh. Vì bất bất đẳng thức đối xứng theo các biến, không mất tính tổng quát, ta
giả sử x ≥ y ≥ z. Khi đó, ta có x + y > z và z + x > y. Nếu y + z > x, thì x, y, z là chiều
dài các cạnh của một tam giác. Trong trường hợp này, bằng định lý 2, cho ta kết quả. Bây
giờ, ta có thể giả sử rằng y + z ≤ x. Khi đó, xyz > 0 ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z).
Bất đẳng thức trong định lý 2 xảy ra khi một trong các x, y, z bằng 0:
Định lý 1.1.4. Cho x, y, z ≥ 0. Khi đó, ta có xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z).
Chứng minh. Vì x, y, z ≥ 0, ta có thể tìm được dãy số dương {xn }, {yn }, {zn } với
lim xn = x, lim yn = y, lim zn = z.
n→∞ n→∞ n→∞
Áp dụng định lý 2, suy ra
xn yn zn ≥ (yn + zn − xn )(zn + xn − yn )(xn + yn − zn ).
Bây giờ, lấy giới hạn cả hai phía, ta được kết quả.
Rõ ràng, bất đẳng thức xảy ra khi x = y = z. Tuy nhiên, xyz = (y+z−x)(z+x−y)(x+y−z)
và x, y, z ≥ 0 không đảm bảo rằng x = y = z. Thực vậy, với x, y, z ≥ 0, bất đẳng thức
xyz = (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) tương đương với
x = y = z hay x = y, z = 0 hay y = z, x = 0 hay z = x, y = 0.
Ta có kiểm tra ngay rằng
xyz − (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) = x(x − y)(x − z) + y(y − z)(y − x) + z(z − x)(z − y).
Vì vậy, định lý 4 là một trường hợp đặc biệt của bất đảng thức Schur.
Bài toán 1. (IMO 2000/2, Titu Andreescu đề nghị) Cho a, b, c là các số dương sao
cho abc = 1. Chứng minh rằng
µ ¶µ ¶µ ¶
1 1 1
a−1+ b−1+ c−1+ ≤ 1.
b c a
Cách giải 1. Vì abc = 1, ta thực hiện thay thế a = xy , b = yz , c = xz với x, y, z > 0.3 Ta viết
lại bất đẳng thức đã cho dưới dạng của x, y, z :
µ ¶
x z ³y x´ ³z y´
−1+ −1+ −1+ ≤ 1 ⇔ xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z).
y y z z x x
3
Cho ví dụ, lấy x = 1, y = a1 , z = ab
1
.
3
Phép thế Ravi rất thích hợp đối với các bất đẳng thức với các cạnh a, b, c của tam giác.
Sau khi sử dụng phép thế Ravi, ta có thể bỏ đi điều kiện chúng là các cạnh của một tam
giác.
Bài toán 2. (IMO 1983/6) Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ 0.
Cách giải 1. Sau khi đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y với x, y, z > 0, nó trở thành
x2 y 2 z 2
x3 z + y 3 x + z 3 y ≥ x2 yz + xy 2 z + xyz 2 hay + + ≥ x + y + z,
y z x
Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
µ 2 ¶
x y2 z2
(y + z + x) + + ≥ (x + y + z)2 .
y z x
Bài tập 2. Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng tỏ rằng
a b c
+ + < 2.
b+c c+a a+b
Bài tập 3. (Darij Grinberg) Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng minh bất
đẳng thức
a3 + b3 + c3 + 3abc − 2b2 a − 2c2 b − 2a2 c ≥ 0,
và
3a2 b + 3b2 c + 3c2 a − 3abc − 2b2 a − 2c2 b − 2a2 c ≥ 0.
Bây giờ ta nói đến bất đẳng thức Weitzenböck và các bất đẳng thức liên quan.
Bài toán 3. (IMO 1961/2, bất đẳng thức Weitzenböck) Cho a, b, c là các cạnh của
một tam giác với diện tích S. Chứng tỏ rằng
√
a2 + b2 + c2 ≥ 4 3S.
Giải. Viết a = y + z, b = z + x, c = x + y với x, y, z > 0. Điều này tương đương
((y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 )2 ≥ 48(x + y + z)xyz,
có thể suy ra từ bất đẳng thức sau:
((y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 )2 ≥ 16(yz + zx + xy)2 ≥ 16 · 3(xy · yz + yz · zx + xy · yz).
Ở đây, chúng ta sử dụng bất đẳng thức p2 + q 2 ≥ 2pq và (p + q + r)2 ≥ 3(pq + qr + rp).
Định lý 1.1.5. (bất đẳng thức Hadwiger-Finsler) Bất kỳ tam giác ABC với các cạnh
a, b, c và diện tích F , bất đẳng thức sau đây xảy ra.
√
2ab + 2bc + 2ca − (a2 + b2 + c2 ) ≥ 4 3F.
4
Chứng minh 1. Sau khi thực hiện phép thế a = y + z, b = z + x, c = x + y, trong đó
x, y, z > 0, nó trở thành
p
xy + yz + zx ≥ 3xyz(x + y + z),
ta suy ra từ đẳng thức
(xy − yz)2 + (yz − zx)2 + (zx − xy)2
(xy + yz + zx)2 − 3xyz(x + y + z) = .
2
Chứng minh 2. Chúng ta sử dụng tính chất hàm lồi. Có nhiều cách dẫn đến đẳng thức sau:
2ab + 2bc + 2ca − (a2 + b2 + c2 ) A B C
= tan + tan + tan .
4F 2 2 2
¡ π¢
Vì tan x là hàm lồi trên 0, 2 , Bất đẳng thức Jensen chứng tỏ rằng
à !
2ab + 2bc + 2ca − (a2 + b2 + c2 ) A
2
+ B2 + C2 √
≥ 3 tan = 3.
4F 3
Tsintsifas đã chứng minh bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức Weitzenböck và bất
đẳng thức Nesbitt.
Định lý 1.1.6. (Tsintsifas) Cho p, q, r là các số thực dương và cho a, b, c ký hiệu các cạnh
một tam giác với diện tích F . Khi đó, ta có
p 2 q 2 r 2 √
a + b + c ≥ 2 3F.
q+r r+p p+q
Chứng minh. (V. Pambuccian) Sử dụng bất đẳng thức Hadwiger-Finsler, nó đủ để chứng tỏ
rằng
p 2 q 2 r 2 1
a + b + c ≥ (a + b + c)2 − (a2 + b2 + c2 )
q+r r+p p+q 2
hay µ ¶ µ ¶ µ ¶
p+q+r p+q+r 2 p+q+r 2 1
a2 + b + c ≥ (a + b + c)2
q+r r+p p+q 2
hay
µ ¶
1 2 1 2 1 2
((q + r) + (r + p) + (p + q)) a + b + c ≥ (a + b + c)2 .
q+r r+p p+q
Tuy nhiên, điều này rút ra từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
Định lý 1.1.7. (bất đẳng thức Neuberg-Pedoe) Cho a1 , b1 , c1 ký hiệu các cạnh của tam
giác A1 B1 C1 với diện tích F1 . Cho a2 , b2 , c2 ký hiệu các cạnh của tam giác A2 B2 C2 với diện
tích F2 . Khi đó, ta có
a1 2 (b2 2 + c2 2 − a2 2 ) + b1 2 (c2 2 + a2 2 − b2 2 ) + c1 2 (a2 2 + b2 2 − c2 2 ) ≥ 16F1 F2 .
5
Nó có phải là bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức Weitzenböck’s.(Tại sao?) Trong
[GC], G. Chang đã chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe bằng việc sử dụng số phức.
Với các nhận định bằng hình học và các chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe, xem
trong [DP] hay [GI, trang.92-93]. Ở đây, chúng ta đưa ra ba cách chứng minh đại số.
Bổ đề 1.1.1.
a1 2 (a2 2 + b2 2 − c2 2 ) + b1 2 (b2 2 + c2 2 − a2 2 ) + c1 2 (c2 2 + a2 2 − b2 2 ) > 0.
Chứng minh. Hãy quan sát rằng nó tương đương
(a1 2 + b1 2 + c1 2 )(a2 2 + b2 2 + c2 2 ) > 2(a1 2 a2 2 + b1 2 b2 2 + c1 2 c2 2 ).
Từ công thức Heron, ta thấy rằng, với i = 1, 2,
q
2 4 2
2 2 2 2 4 4
16Fi = (ai + bi + ci ) − 2(ai + bi + ci ) > 0 hay ai + bi + ci > 2 2
2(ai 4 + bi 4 + ci 4 ) .
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz nói rằng
q
(a1 2 +b1 2 +c1 2 )(a2 2 +b2 2 +c2 2 ) > 2 (a1 4 + b1 4 + c1 4 )(a2 4 + b2 4 + c2 4 ) ≥ 2(a1 2 a2 2 +b1 2 b2 2 +c1 2 c2 2 ).
Chứng minh 1. ([LC1], Carlitz) Từ bổ đề, ta được
L = a1 2 (b2 2 + c2 2 − a2 2 ) + b1 2 (c2 2 + a2 2 − b2 2 ) + c1 2 (a2 2 + b2 2 − c2 2 ) > 0,
Vì thế, ta cần chứng tỏ rằng
L2 − (16F1 2 )(16F2 2 ) ≥ 0.
Ta dễ dàng kiểm tra đẳng thức sau
L2 − (16F1 2 )(16F2 2 ) = −4(U V + V W + W U ),
trong đó
U = b1 2 c2 2 − b2 2 c1 2 , V = c1 2 a2 2 − c2 2 a1 2 và W = a1 2 b2 2 − a2 2 b1 2 .
Sử dụng đẳng thức
a1 2 b1 2
a1 2 U + b1 2 V + c1 2 W = 0 hay W = − U − V,
c1 2 c1 2
ta có thể dẫn ra rằng
µ ¶2
a1 2 c1 2 − a1 2 − b1 2 4a1 2 b1 2 − (c1 2 − a1 2 − b1 2 )2 2
UV + V W + W U = − U− V − V .
c1 2 2a1 2 4a1 2 c1 2
Suy ra
µ ¶2
a1 2 c1 2 − a1 2 − b1 2 16F1 2 2
UV + V W + WU = − U− V − V ≤ 0.
c1 2 2a1 2 4a1 2 c1 2
6
Carlitz thấy rằng bất đẳng thức Neuberg-Pedoe có thể rút ra từ bất đẳng thức Aczél.
Định lý 1.1.8. (bất đẳng thức Aczél) Cho a1 , · · · , an , b1 , · · · , bn là các số thực dương
thỏa mãn
a1 2 ≥ a2 2 + · · · + an 2 và b1 2 ≥ b2 2 + · · · + bn 2 .
Khi đó, ta có
q ¡ ¡ ¢¢
a1 b1 − (a2 b2 + · · · + an bn ) ≥ (a1 2 − (a2 2 + · · · + an 2 )) b1 2 − b2 2 + · · · + bn 2
Chứng minh. ([AI]) Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
q
a1 b1 ≥ (a2 2 + · · · + an 2 )(b2 2 + · · · + bn 2 ) ≥ a2 b2 + · · · + an bn .
Khi đó, bất đẳng thức trên tương đương
¡ ¡ ¢¢ ¡ 2 ¡ 2 ¢¢
(a1 b1 − (a2 b2 + · · · + an bn ))2 ≥ a1 2 − a2 2 + · · · + an 2 b1 − b2 + · · · + bn 2 .
Trong trường hợp a1 2 − (a2 2 + · · · + an 2 ) = 0, nó tầm thường. Vì vậy, bây giờ ta giả sử rằng
a1 2 − (a2 2 + · · · + an 2 ) > 0. Điều này làm ta nghĩ đến đa thức bậc hai sau
n
à n
! Ã n
! Ã n
!
X X X X
2 2 2 2 2 2 2
P (x) = (a1 x−b1 ) − (ai x−bi ) = a1 − ai x +2 a1 b1 − ai bi x+ b1 − bi .
i=2 i=2 i=2 i=2
P ³ ³ ´ ´2
Vì P ( ab11 ) = − ni=2 ai ab11 − bi ≤ 0 và vì hệ số của x2 trong đa thức bậc hai P là số
dương, P có ít nhất một nghiệm thực. Vì thế, P có biệt thức không âm. Suy ra
à à n
!!2 Ã n
!Ã n
!
X X X
2 2 2 2
2 a1 b1 − ai bi − 4 a1 − ai b1 − bi ≥ 0.
i=2 i=2 i=2
Chứng minh 2 của bất đẳng thức Neuberg-Pedoe. ([LC2], Carlitz) Ta viết lại dưới dạng
a1 , b1 , c1 , a2 , b2 , c2 :
(a1 2 + b1 2 + c1 2 )(a2 2 + b2 2 + c2 2 ) − 2(a1 2 a2 2 + b1 2 b2 2 + c1 2 c2 2 )
r³ ´ ³¡ ´
¡ ¢2 ¢2
≥ a1 2 + b1 2 + c1 2 − 2(a1 4 + b1 4 + c1 4 ) a2 2 + b2 2 + c2 2 − 2(a2 4 + b2 4 + c2 4 ) .
Ta áp dụng thay thế sau
√ √ √
x1 = a 1 2 + b 1 2 + c 1 2 , x 2 = 2 a1 2 , x3 = 2 b1 2 , x4 = 2 c1 2 ,
√ √ √
y1 = a2 2 + b2 2 + c2 2 , y2 = 2 a2 2 , y3 = 2 b2 2 , y 4 = 2 c2 2 .
Như trong chứng minh bổ đề 5, ta có
x1 2 > x2 2 + y3 2 + x4 2 và y1 2 > y2 2 + y3 2 + y4 2 .
Ta áp dụng bất đẳng thức Aczél, suy ra bất đẳng thức
p
x1 y1 − x2 y2 − x3 y3 − x4 y4 ≥ (x1 2 − (x2 2 + y3 2 + x4 2 )) (y1 2 − (y2 2 + y3 2 + y4 2 )).
7
Ta kết thúc phần này bằng một chứng minh rất đơn giản của một sinh viên năm nhất
trong chương trình KMO4 mùa hè.
Chứng minh 3. Xét hai tam giác 4A1 B1 C1 và 4A2 B2 C2 trên R2 :
A1 (0, p1 ), B1 (p2 , 0), C1 (p3 , 0), A2 (0, q1 ), B2 (q2 , 0), và C2 (q3 , 0).
Từ bất đẳng thức x2 + y 2 ≥ 2|xy| suy ra rằng
a1 2 (b2 2 + c2 2 − a2 2 ) + b1 2 (c2 2 + a2 2 − b2 2 ) + c1 2 (a2 2 + b2 2 − c2 2 )
= (p3 − p2 )2 (2q1 2 + 2q1 q2 ) + (p1 2 + p3 2 )(2q2 2 − 2q2 q3 ) + (p1 2 + p2 2 )(2q3 2 − 2q2 q3 )
= 2(p3 − p2 )2 q1 2 + 2(q3 − q2 )2 p1 2 + 2(p3 q2 − p2 q3 )2
≥ 2((p3 − p2 )q1 )2 + 2((q3 − q2 )p1 )2
≥ 4|(p3 − p2 )q1 | · |(q3 − q2 )p1 |
= 16F1 F2 .
4
Korean Mathematical Olympiads
8