Lịch sử bất đẳng thức bắt nguồn từ rất lâu và vẫn xuyên suốt, thăng hoa qua thời gian cho tới tận ngày nay. Như Richard Bellman đã từng nói: “... Có ít nhất ba lý do giải thích tại sao chúng ta luôn quan tâm tới bất đẳng thức. Đó chính là thực hành, lý thuyết, và quan trọng nhất là thẩm mỹ – vẻ đẹp tồn tại trong con mắt của những người quan tâm tới bất đẳng thức;... Mọi người thường dễ dàng cảm nhận được vẻ đẹp trong những bản nhạc, hay những lời thơ. Thế nhưng vẻ đẹp trong Toán học lại thật kì lạ và thú vị, nó đòi hỏi một tâm hồn phong phú, tri thức nhưng lãng mạn.”

Trong cái vẻ đẹp xuyên qua lịch sử của bất đẳng thức thì không thể không nhắc tới bộ phận chính làm nên vẻ đẹp đó, chính là các bất đẳng thức hình học. Bất đẳng thức mà tính đại số, hình học mang tính tư duy trực quan, một sự kết hợp của cả đại số và hình học được nảy sinh trong từng bài bất đẳng thức hình.

Bất đẳng thức hình học là phần quan trọng trong hình học, nó xuất hiện trong nhiều lĩnh vực khác nhau của hình học. Với sự hỗ trợ của các bất đẳng thức trong hình học, chúng ta đã giải quyết được rất nhiều vấn đề hóc búa của hình học từ sơ cấp đến cao cấp. Bên cạnh đó, bất đẳng thức hình học cũng có ứng dụng rộng rãi trong cuộc sống, từ việc so sánh các độ dài đến so sánh diện tích, thể tích... đều thấy sự có mặt của bất đẳng thức hình học. Việc chứng minh các bất đẳng thức hình học là công việc không phải một sớm một chiều, nó cần sự tổng hợp, phân tích, đánh giá, kết hợp cả các kiến thức đại số và hình học cùng khả năng liên tưởng nhạy bén, sáng tạo để sáng tạo ra những bài toán hay và cách giải một bài toán bất đẳng thức có yếu tố hình học.

Ngày nay, trong các kỳ thi Olympic các nước trên thế giới, bất đẳng thức hình học cũng đã và đang chiếm một vị trí quan trọng. Bằng cái nhìn tổng quan, luận văn này cũng đã nêu ra một số ví dụ điển hình trong các kỳ thì Olympic các nước thời gian qua. Luận văn được chia thành các chương:

Chương 1. Các kiến thức cơ bản trong hình học. Chương này nêu lên các kiến thức cơ bản trong hình học phẳng, chủ yếu là các vấn đề về cực trị, các kết quả quan trọng trong tam giác, tứ giác, hình tròn... Các nguyên lý như nguyên lý cùng các bất đẳng thức đại số thường được sử dụng.

Chương 2. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong tam giác. Chương thứ hai tập hợp một số phương pháp giải quyết các bài toán về bất đẳng thức trong tam giác cùng các kĩ thuật xây dựng các bất đẳng thức trong hình học được trình bày dưới dạng phương pháp giải và xây dựng.

3

Để hoàn thành được luận văn này, trước nhất tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc tới người thầy đáng kính của mình là PGS. Nguyễn Vũ Lương người thầy đã dìu dắt tôi từ những ngày khởi nghiệp đi dạy cho tới khi tôi hoàn thành bản luận văn này. Thầy đã chỉ bảo tận tình và giúp đỡ tôi thật nhiều trong mọi việc, không chỉ trong khóa luận này mà còn trong cả quá trình làm việc của tôi. Qua đây tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành các thầy cô đã đọc, kiểm tra, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được đầy đủ hơn, phong phú hơn. Cũng xin được gửi lời cảm ơn tới tất cả các thầy cô giáo trong trường THPT chuyên KHTN và đặc biệt là các các thầy cô giáo trong bộ môn toán của trường, những người thầy, những người bạn đã giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình làm luận văn. Tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa Toán-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trường.

Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn đề trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi có những sai sót trong cách trình bày. Mong được sự góp ý xây dựng của thầy cô và các bạn.

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà nội, ngày 10 tháng 11 năm 2011 Học viên

Trần Quang Hùng

• Nếu b < ka [k ∈ N∗] thì bên trong đoạn AB tồn tại điểm M thuộc không quá k − 1 đoạn con AiBi.
• Nếu b > ka [k ∈ N∗] và đoạn AB chứa tất cả các đoạn con AiBi thì có ít nhất k + 1 đoạn con AiBi có điểm chung.

Định lý 1 [Nguyên lý Dirichlet đối với diện tích]. Trong một mặt phẳng cho hình [H] có diện tích S và các hình [Hi] [i = 1, n] có tổng diện tích là T. Khi đó,

• Nếu T < kS [k ∈ N∗] thì tồn tại điểm M nằm trong hình [H] sao cho M là điểm trong chung của không quá k − 1 hình trong các hình [Hi] [i = 1, n].
• Nếu T > kS [k ∈ N∗] và hình [H] chứa tất cả các hình [Hi] [i = 1, n] thì tồn tại một điểm M trong [H] sao cho M là điểm trong chung của ít nhất [k + 1] hình trong số các hình Hi.

1 Nguyên lý khởi đầu cực trị

Nguyên lý khởi đầu cực trị được phát triển mạnh mẽ trong Graph hữu hạn. Nó được phát biểu dưới dạng tập hợp như sau:

Định lý 1 [Nguyên lý khởi đầu cực trị]. Trong một tập hợp hữu hạn [khác rỗng] các số thực luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất.

1 Phép chứng minh phản chứng

Phép chứng minh phản chứng có cơ sở dựa vào định lý sau:

Định lý 1. Mệnh đề A → B tương đương với mệnh đề B → A.

Với kết quả thu được từ định lý này, ta thấy rằng khi việc chỉ ra A → B gặp khó khăn, ta có thể giả sử rằng không có B. Sau đó với các phép lập luận biện chứng, ta sẽ tìm cách đưa đến kết quả A hoặc một kết quả nào đó không phù hợp với các tiên đề, định lý, các giá trị hằng đúng đã có. Một phép lập luận như vậy ta gọi là phép phản chứng.

1 Các bất đẳng thức đại số

Nhiều bất đẳng thức đại số có ứng dụng sâu rộng, trong đó phải kể đến bất đẳng thức AM-GM [Arithmetic Mean – Geometric Mean], bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Jensen...

1.5 Bất đẳng thức AM-GM

Định lý 1 [Bất đẳng thức AM-GM]. Với n số thực không âm bất kì a 1 , a 2 ,... , an, ta có bất đẳng thức a 1 + a 2 + · · · + an n

n

√

a 1 a 2 · · · an

và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = · · · = an.

Chú ý. Ngoài ra, bất đẳng thức AM-GM còn có thể được viết dưới dạng sau

a 1 a 2 · · · an 6

[

a 1 + a 2 + · · · + an n

]n

1.5 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Định lý 1 [Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz]. Xét hai bộ số thực tùy ý a 1 , a 2 ,... , an và b 1 , b 2 ,... , bn. Khi đó, ta có

[a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + anbn] 2 6 [a 21 + a 22 + · · · + a 2 n][b 21 + b 22 + · · · + b 2 n].

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a 1 b 1

\=

a 2 b 2

\= · · · =

an bn

. [Lưu ý rằng ở đây ta sử dụng

quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0 .]

1.5 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức

Định lý 1 [Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức]. Xét hai bộ số thực tùy ý a 1 , a 2 ,... , an và b 1 , b 2 ,... , bn trong đó bi > 0 , ∀i = 1, 2 ,... , n. Khi đó, ta có

a 21 b 1

+

a 22 b 2

+ · · · +

a 2 n bn

[a 1 + a 2 + · · · + an] 2 b 1 + b 2 + · · · + bn

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a 1 b 1

\=

a 2 b 2

\= · · · =

an bn

.

Từ định lý này, ta thu được hai hệ quả quan trọng sau:

• Với n số thực tùy ý a 1 , a 2 ,... , an, ta có

a 21 + a 22 + · · · + a 2 n >

[a 1 + a 2 + · · · + an] 2 n

.

Kết quả này thu được bằng cho b 1 = b 1 = · · · = bn = 1.

• Với n số thực dương tùy ý x 1 , x 2 ,... , xn, ta có

1 x 1

+ 1

x 2

+ · · · + 1

xn

n 2 x 1 + x 2 + · · · + xn

Kết quả này có thể thu được bằng cách cho a 1 = a 2 = · · · = an = 1 và b 1 = x 1 , b 2 = x 2 ,... , bn = xn.

1.5 Bất đẳng thức Holder

Định lý 1 [Bất đẳng thức Holder]. Cho xij với i = 1, 2 ,... , m và j = 1, 2 ,... , n là các số thực không âm, khi đó ta có bất đẳng thức sau

∏ m

i=

[ n ∑

j=

xij

] 1

m >

∑ n

j=

∏ m

i=

x

1

m ij.

1.5 Bất đẳng thức Jensen

Định lý 1 [Bất đẳng thức Jensen]. Cho f : D → R là hàm lồi và n ∈ N∗. Xét hai dãy số {xi}ni=1 ⊂ D và {λi}ni=1 ⊂ [0, 1] sao cho λ 1 + λ 2 + · · · + λn = 1. Khi đó ta có

f [λ 1 x 1 + λ 2 x 2 + · · · + λnxn] 6 λ 1 f [x 1 ] + λ 2 f [x 2 ] + · · · + λnf [xn].

1.5 Bất đẳng thức Schur

Định lý 1 [Bất đẳng thức Schur]. Với các số thực không âm a, b, c cho trước và k là số thực dương bất kì, ta có

ak[a − b][a − c] + bk[b − c][b − a] + ck[c − a][c − b] > 0.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 cùng các hoán vị.

Trường hợp hay được sử dụng nhất của bất đẳng thức Schur là khi k = 1, lúc này ta có thể viết lại bất đẳng thức dưới dạng

a 3 + b 3 + c 3 + 3abc − ab[a + b] − bc[b + c] − ca[c + a] > 0.

1.5 Bất đẳng thức Nesbitt

Định lý 1 [Bất đẳng thức Nesbitt]. Cho các số dương a, b, c. Khi đó ta có

a b + c

+

b c + a

+

c a + b

32.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

1 Một số bất đẳng thức hình học cơ bản

1.6 Các hệ thức trong tam giác

Trong luận văn này, ta sẽ sử dụng một số kí hiệu thống nhất trong tam giác như sau:

Xét một tam giác ABC cho trước. Khi đó, ta kí hiệu:

• BC = a, CA = b, AB = c;
• 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;
• p là nửa chu vi tam giác;
• SABC là diện tích tam giác ABC và trong trường hợp không nhầm lẫn, ta kí hiệu là S;
• r, R lần lượt là các bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp tam giác;
• ra, rb, rc là bán kính các đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C.

Kí hiệu x, y, z là hoán vị cho a, b, c và X, Y, Z hoán vị cho A, B, C. Lúc này, ta thiết lập được các hệ thức sau đây:

1. Các công thức diện tích tam giác: S = 12

xhx = [p − x]rx = 1 2

yz sin X =

xyz 4 R

\= pr =

√

p[p − x][p − y][p − z].

1. Các công thức trung tuyến:

m 2 x =

y 2 + z 2 2

−

x 2 4

.

1. Các công thức phân giác:

l 2 x =

4 yz [y + z] 2

p[p − x].

1. Định lý sin: x sin X \= 2R.
2. Định lý cosin: x 2 = y 2 + z 2 − 2 yz cos X.
3. Biểu thức đối xứng của a, b, c biểu diễn qua p, R, r:

a + b + c = 2p, ab + bc + ca = p 2 + r 2 + 4Rr, abc = 4pRr.

1.6 Các hệ thức liên quan đến vector

Tâm tỉ cự của hệ điểm

Định nghĩa 1. Cho một hệ n điểm {A 1 , A 2 ,... , An} và một bộ hệ số {α 1 , α 2 ,... , αn} thỏa mãn α 1 + α 2 + · · · + αn ̸= 0. Khi đó, nếu điểm I thỏa mãn

α 1

−−→

IA 1 + α 2

−−→

IA 2 + · · · + αn

−−→

IAn =

−→0

thì I được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm {A 1 , A 2 ,... , An} ứng với bộ hệ số {α 1 , α 2 ,... , αn}.

Tính chất. Giả sử I là tâm tỉ cự của hệ n điểm {A 1 , A 2 ,... , An} ứng với bộ hệ số {α 1 , α 2 ,... , αn} [α 1 + α 2 + · · · + αn ̸= 0]. Khi đó ta có các tính chất sau: Với điểm O tùy ý trên mặt phẳng, ta có

−→ OI =

1

α 1 + α 2 + · · · + αn

[

α 1

−−→

OA 1 + α 2

−−→

OA 2 + · · · + αn

−−→

OAn

].

Và nếu đặt βi =

αi α 1 + α 2 + · · · + αn

thì ta có β 1 + β 2 + · · · + βn = 1 và

−→ OI = β 1

−−→

OA 1 + β 2

−−→

OA 2 + · · · + βn

−−→

OAn.

AB CI

Chứng minh. Do α + β + γ ̸= 0 từ giả thiết đẳng thức vector ta có

α

−→

IA + β

−→

IB + γ

−→IC =−→0

Suy ra

−→ AI = −[

β α + β + γ

−→AB +

γ α + β + γ

−→AC]

Theo định lý phân tích vector I tồn tại duy nhất.

Giả sử có α′

−→

IA + β′

−→

IB + γ′

−→IC =−→

0 ta suy ra −→ AI = −[

β′ α′ + β′ + γ′

−→AB +

γ′ α′ + β′ + γ′

−→AC]

Theo sự phân tích vector thì

β β′

\=

γ γ′

\=

α + β + γ α′ + β′ + γ′

\=

α α′

Đó là điều phải chứng minh.

Chú ý. Các định lý 1 và định lý 2 nói về sự tồn tại duy nhất của tâm tỷ cự ứng với tọa độ tỷ cự sai khác nhau một tỷ lệ thức. Tâm tỷ cự hệ n điểm cũng được định nghĩa bằng hệ thức vector tương tự, tức với A 1 , ..., An phân biệt và các số thực α 1 , ..., αn có

tổng khác 0 thì tồn tại duy nhất điểm I thỏa mãn

∑n i=

−−→IA 1 =−→

1. Tuy nhiên điểm khác biệt cơ bản là với n > 3 với mỗi điểm điểm I trong mặt phẳng không xác định duy nhất bộ [α 1 , ..., αn] sai khác nhau một tỷ lệ thức, tức là với I xác định ta có thể tìm được nhiều bộ [α 1 , ..., αn] không tỷ lệ mà chúng vẫn thỏa mãn đẳng thứ vector trên, chính điều này cho chúng ta thấy ta chỉ có thể dùng bộ ba tọa độ tỷ cự chỉ với tam giác hoặc trong không gian là với tứ diện, đó thực chất cũng chính là hệ quả của các định lý phân tích vector trong mặt phẳng hoặc không gian. Phương tích Phương tích trong chương trình hình học 10 thường được gắn liền với việc khai triển nó theo cát tuyến, tuy nhiên ta sẽ định nghĩa phương tích một cách độc lập và nhìn lại việc khai triển nó theo cát tuyến cũng như một hệ quả của hệ thức Leibnitz cho hai điểm.

Định nghĩa 1. Cho đường tròn [O, R] và điểm P bất kỳ ta gọi số thực OP 2 − R 2 là phương tích của điểm P đối với đường tròn [O], phương tích được ký hiệu là PP/[O].

Như vậy từ định nghĩa ta dễ thấy dấu của phương tích xác định tùy theo vị trí của điểm đối với đường tròn.

ROBAP

Định lý 1 [Khai triển phương tích theo tiếp tuyến]. Cho đường tròn [O] và P bất kỳ ở ngoài [O]. P T là tiếp tuyến của [O], T thuộc [O]. Khi đó PP/[O] = P T 2.

OPTT&

039;

Chứng minh. Định lý là hệ quả trực tiếp từ định nghĩa phương tích thông qua định lý Pythagoras.

Định lý 1 [Khai triển phương tích theo cát tuyến]. Cho đường tròn [O] và điểm P bất kỳ, một cát tuyến qua P cắt đường tròn tại hai điểm A, B thì tích P A · P B luôn không đổi với mọi cát tuyến qua P và chính bằng phương tích điểm P đối với [O] tức PP/[O] = P A · P B

Bài toán 2 [Ấn Độ, 2003]. Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC. Gọi A′B′C′ là tam giác với độ dài các cạnh lần lượt là a + b 2 , b + c 2 , c + a 2. Chứng minh rằng

S∆A′B′C′ >94S∆ABC.

Chứng minh. Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Khi đó, độ dài các cạnh của tam giác A′B′C′ là

a′ = a +

b 2 = [

y + z] +

z + x 2

\=

x + 2y + 3z 2

,

b′ = b +

c 2 = [

z + x] +

x + y 2

\=

y + 2z + 3x 2

,

c′ = c +

a 2 = [

x + y] +

y + z 2

\=

z + 2x + 3y 2

.

Gọi p và p′ lần lượt là hai nửa chu vi của ABC và A′B′C′, ta có

p =

a + b + c 2

\= [

y + z] + [z + x] + [x + y] 2

\= x + y + z

và

p′ =

a′ + b′ + c′ 2

\=

x + 2y + 3z 2

+

y + 2z + 3x 2

+

z + 2x + 3y 2 2

\= 3[

x + y + z] 2

.

Từ đây, sử dụng công thức Heron cho diện tích tam giác, ta tính được

S∆ABC =

√

p[p − a][p − b][p − c] =

√

[x + y + z]xyz

và

S∆A′B′C′ =√

p′[p′ − a′][p′ − b′][p′ − c′] =

√

3[x + y + z][2x + y][2y + z][2z + x] 16

.

Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành √ 3[x + y + z][2x + y][2y + z][2z + x] 16

94√

[x + y + z]xyz,

tương đương với

3[x + y + z][2x + y][2y + z][2z + x] 16

8116[

x + y + z]xyz,

hay [2x + y][2y + z][2z + x] > 27 xyz. [1]

Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

2 x + y > 3 3

√

x 2 y, 2 y + z > 3 3

√

y 2 z, 2 z + x > 3

√ 3

z 2 x.

Nhân ba bất đẳng thức lại, ta thu được ngay bất đẳng thức [1]. Vậy bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, hay a = b = c.

Bài toán 2 [IMO, 1964]. Cho các số dương a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng

a 2 [b + c − a] + b 2 [c + a − b] + c 2 [a + b − c] 6 3 abc.

Chứng minh. Thay a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

[y + z] 2 [2x] + [z + x] 2 [2y] + [x + y] 2 [2z] 6 3[x + y][y + z][z + x].

Khai triển một chút, ta thấy

x[y + z] 2 + y[z + x] 2 + z[x + y] 2 = x[y 2 + z 2 ] + y[z 2 + x 2 ] + z[x 2 + y 2 ] + 6xyz

và [x + y][y + z][z + x] = x[y 2 + z 2 ] + y[z 2 + x 2 ] + z[x 2 + y 2 ] + 2xyz.

Do đó, bất đẳng thức ở trên tương đương với

2

[

x[y 2 + z 2 ] + y[z 2 + x 2 ] + z[x 2 + y 2 ] + 6xyz

]66 3[

x[y 2 + z 2 ] + y[z 2 + x 2 ] + z[x 2 + y 2 ] + 2xyz

],

hay x[y 2 + z 2 ] + y[z 2 + x 2 ] + z[x 2 + y 2 ] > 6 xyz.

Vì y 2 + z 2 > 2 yz, z 2 + x 2 > 2 zx, x 2 + y 2 > 2 xy và x, y, z > 0 nên bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng. Phép chứng minh được hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức là khi tam giác ABC đều.

Bài toán 2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó. Chứng minh rằng

a 2 b + c − a

+

b 2 c + a − b

+

c 2 a + b − c

3√3 R.

Chứng minh. Áp dụng phép thế Ravi a = y + z, b = z + x, c = x + y [x, y, z > 0] và công thức Heron, ta có

R =

abc 4 S

\= [

y + z][z + x][x + y] 4

√

xyz[x + y + z]

.

Do đó, bất đẳng thức đã cho có thể được viết lại thành

[y + z] 2 2 x

+ [

z + x] 2 2 y

+ [

x + y] 2 2 z

3√3 ·

[y + z][z + x][x + y] 4

√

xyz[x + y + z]

,

tương đương với

yz[y + z] 2 + zx[z + x] 2 + xy[x + y] 2 2 xyz

3√

3[y + z][z + x][x + y] 4

√

xyz[x + y + z]

,

Bài toán 2 [IMO, 1991]. Cho tam giác ABC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp và L, M, N tương ứng là các giao điểm của các phân giác trong của các góc A, B, C với các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng

1 4

< AIAL·BIBM·CICN6827.

Chứng minh. Sử dụng tính chất của phân giác ta có

CL BL

\=CABA=

b c ,

suy ra a BL

\=BCBL=BL + CLBL= 1 +

b c

\=

b + c c

.

Từ đây, ta tính được

BL =

ac b + c.

Bây giờ, xét tam giác ABL, ta có BI là phân giác trong của góc ABL̂ nên

ILAI=BLAB=

ac b + c c

\=

a b + c.

Do đó AL AI

\=AI + ILAI= 1 +ILAI= 1 +

a b + c

\=

a + b + c b + c

Và như thế, ta tính được tỉ số

AIAL

theo a, b, c là

AIAL=

b + c a + b + c.

Tính toán tương tự, ta cũng có

BI BM

\=

c + a a + b + c ,

CICN=

a + b a + b + c.

Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1 4