Header Page 1 of 166.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG
.......................................................

NGUYỄN THI ̣ MINH TRANG

CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC
CƠ BẢN BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - NĂM 2016

Footer Page 1 of 166.


Header Page 2 of 166.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG
.......................................................

NGUYỄN THI ̣ MINH TRANG - MÃ HỌC VIÊN: C00271

CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC
CƠ BẢN BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
LUẬN VĂN THẠC SĨ: TOÁN VÀ THỐNG KÊ
CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60460113

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS VŨ THẾ KHÔI

HÀ NỘI - NĂM 2016

Footer Page 2 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 3 of 166.
LỜI CẢM ƠN

Luâ ̣n văn này đươ ̣c hoàn thành ta ̣i trường Đa ̣i ho ̣c Thăng Long Hà
Nô ̣i với sự hướng dẫn và chỉ bảo tâ ̣n tình của PGS- TS Vũ Thế Khôi. Tác
giả xin đươ ̣c gửi lời cảm ơn sâu sắ c tới PGS- TS Vũ Thế Khôi người thầy
đã đô ̣ng viên, hướng dẫn nhiê ̣t tình giúp đỡ tác giả hoàn thành luâ ̣n văn
này.
Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn các thầ y cô giáo trong BGH, Phòng
đào ta ̣o – Khoa sau đa ̣i ho ̣c trường đa ̣i ho ̣c Thăng Long Hà Nô ̣i đã ta ̣o
điề u kiê ̣n cho tác giả ho ̣c tâ ̣p, rèn luyê ̣n và hoàn thành khóa ho ̣c tha ̣c sy.̃
Đồ ng thời tác giả xin chân thành cảm ơn tới các thầ y cô giáo trực tiế p
đứng lớp giảng da ̣y và hướng dẫn khoa ho ̣c lớp cao ho ̣c toán A3 đã nhiêṭ
tình trong từng bài giảng, trang bi ̣ từng nấ c thang kiế n thức để tác giả
vững tin nghiên cứu và hoàn thiê ̣n luâ ̣n văn này.
Tuy nhiên do sự hiể u biế t của tác giả còn nhiề u ha ̣n chế nên trong
quá trin
̀ h nghiên cứu và làm luâ ̣n văn không tránh khỏi những thiế u sót,

tác giả rấ t mong nhận được sự chỉ bảo tận tình, những đóng góp ý kiế n
quý báu của quý thầ y cô và các đô ̣c giả quan tâm tới mảng kiế n thức đươ ̣c
nghiên cứu trong luâ ̣n văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
Hà nội, ngày 25 tháng 5 năm 2016.
Tác giả

Nguyễn Thi Minh
Trang
̣

Footer Page 3 of 166.

1


Header Page 4 of 166.

Footer Page 4 of 166.

2

Thang Long University Library


Header Page 5 of 166.
MỞ ĐẦU
Các bài toán về bấ t đẳ ng thức nói chung là các bài toán khó đố i với
ho ̣c sinh phổ thông. Đa ̣i đa số ho ̣c sinh phổ thông tiế p câ ̣n các bài toán bấ t
đẳ ng thức theo phương pháp đa ̣i số dễ dàng hơn so với viêc̣ tiế p câ ̣n các

bài toán bấ t đẳ ng thức theo phương pháp hiǹ h ho ̣c. Lý do: Một là phương
pháp hin
̀ h ho ̣c chưa đươ ̣c phổ biế n rô ̣ng raĩ , hai là phương pháp này đòi
hỏi các em phải chắc kiến thức, vững kĩ năng, biết vận dụng linh hoạt
trong việc kết hợp giữa đại số và hình học vào bài toán sao cho phù hợp.
Mặt khác tâm lý chung các em học sinh đều rất sợ giải các bài toán liên
quan đế n chứng minh bất đẳng thức và nếu có giải thì đôi khi cũng chỉ thừa
nhận những công thức cũng như lời giải có sẵn mô ̣t cách thu ̣ đô ̣ng mà
không hiểu bản chất vấ n đề . Chính vì hiểu được bất đẳng thức là một phần
quan trọng trong chương trình phổ thông và học tốt bất đẳng thức sẽ thúc
đẩy tư duy toán học của học sinh phát triển mạnh mẽ nên tác giả đã ma ̣nh
da ̣n tìm hiể u, nghiên cứu và cho ̣n đề tài “Chứng minh một số bấ t đẳ ng
thức cơ bản bằ ng phương pháp hình học” cho luận văn của mình nhằm
mục đích phát huy tính tích cực, tư duy, sáng ta ̣o của các em đối với mảng
kiến thức này. Từ đó các em có thể vững tin khám phá cách giải mới này
vào các bài chứng minh bất đẳng thức khó, cũng như chinh phục các bài
toán chứng minh bất đẳng thức trong các đề thi đại học hàng năm.
Tóm lại thông qua luận văn này, tác giả muốn:
- Tăng thêm vốn kiến thức cho các em học sinh.
-

Khơi dậy niềm đam mê toán học của các em.

-

Tạo cho các em thói quen tự rèn luyện cho mình có một khả
năng tư duy toán học khoa học.

Footer Page 5 of 166.


3


Header Page 6 of 166.
GIỚI THIỆU
Luâ ̣n văn “Chứng minh một số bấ t đẳ ng thức cơ bản bằ ng phương pháp
hình học ” gồ m có
- Mở đầ u.
- Ba chương nô ̣i dung.
Chương I Phương pháp biểu diễn số dương bằng độ dài đoạn thẳng
Chương này dựa theo Chương I của tài liệu tham khảo [1] và các tài liệu
tham khảo [4], [5], [7], [8], [9], [10], [12], [13], [14]. Chương này trình
bày chứng minh các bất đẳng thức bằng cách so sánh độ dài của các đoạn
thẳng và sử dụng một trong các phương pháp dưới đây để thiết lập bất
đẳng thức AM-GM cho hai số dương và một số các bất đẳng thức khác.
1. Nguyên lý bao hàm.
2. Nguyên lý trắ c đi ̣a.
3. So sánh Pythagore.
4. Bất đẳng thức tam giác (đa giác).
5. So sánh đồ thị của các hàm số.
Chương II Phương pháp biểu diễn số dương bằng diện tích hoặc thể tích
Chương này dựa theo Chương II của tài liệu tham khảo [1] và các tài liệu
tham khảo [2], [3], [6], [11], [15]. Chương này trình bày chứng minh các
bất đẳng thức bằng cách sử dụng các số dương biểu thi ̣cho số đo diện tích
hoặc thể tích của một vật thể theo phương pháp nguyên lý bao hàm, dùng
nguyên lý bao hàm để thiế t lập bất đẳng thức AM- GM và một số bất
đẳng thức khác có liên quan.
Chương III Một số bài tập áp dụng
Chương này lấy từ tài liệu tham khảo [1] và phần lớn do tác giả tự giải.
Chương này trình bày một số các bài tập chứng minh bất đẳng thức cơ

bản theo các phương pháp được nêu ở chương I và chương II.
-

Kế t luâ ̣n và tài liêụ tham khảo.

Footer Page 6 of 166.

4

Thang Long University Library


Header Page 7 of 166.
CHƯƠNG I
PHƯƠNG PHÁP BIỂU DIỄN SỐ DƯƠNG BẰNG ĐỘ DÀ I
ĐOẠN THẲNG
Một công cụ đơn giản và rất hiêụ quả trong viê ̣c chứng minh một
bất đẳng thức đó là coi các số dương biể u thị cho đô ̣ dài các đoạn thẳng.
Trong chương này và chương tiếp theo, ta chứng minh các bất đẳng thức
bằng cách so sánh độ dài các đoạn thẳng và sử dụng một trong những
phương pháp sau đây
1. Nguyên lý bao hàm. Chứng minh một đoạn thẳng là một tập con
của một đoa ̣n thẳ ng khác. Chúng ta sẽ tổng quát phương pháp này trong
chương tiếp theo khi coi các số dương là biểu thị cho số đo của diện tích
và thể tích. Các bất đẳng thức sẽ được chứng minh thông qua các mối
quan hệ tập hợp con.
2. Nguyên lý trắ c đi ̣a. Thực tế là con đường ngắn nhất nối hai điểm
là đoạn thẳng nối hai điểm đó.
3. So sánh Pythagore. Mệnh đề I.19 trong cuố n sách cơ sở của
Euclid “Trong bất kì hình tam giác nào cạnh đối diện với góc lớn hơn là

cạnh lớn hơn”. Do đó trong một tam giác vuông cạnh huyền luôn là cạnh
lớn nhất. Vì vậy để so sánh hai đoạn thẳng ta coi một đoạn thẳng ứng với
cạnh bên và đoạn còn lại ứng với cạnh huyền của một tam giác vuông.
4. Bất đẳng thức tam giác (đa giác). Mệnh đề I.20 trong cuố n sách
cơ sở phát biể u rằ ng “Trong một tam giác, tổng của hai cạnh bất kì luôn
lớn hơn cạnh thứ ba”. Do đó khi ba đường thẳng tạo thành một tam giác
thì độ dài của một cạnh bất kì trong tam giác luôn bé hơn hoặc bằng tổng
độ dài hai cạnh còn lại (tương tự cho các đa giác). Và bấ t đẳ ng thức tam
giác là một trường hợp đặc biệt của nguyên lý trắc địa.

Footer Page 7 of 166.

5


Header Page 8 of 166.
5. So sánh đồ thị của các hàm số. Nếu đồ thị của hàm số 𝑦 = 𝑓(𝑥)
nằm phía trên đồ thị của hàm số 𝑦 = 𝑔(𝑥) trong một khoảng giá trị 𝑥 thì
𝑓(𝑥) > 𝑔(𝑥) trong khoảng giá trị đó. Và vì đoạn thẳng nối từ điểm
(𝑥; 𝑓(𝑥)) tới điểm (𝑥; 𝑔(𝑥)) có độ dài lớn hơn hoặc bằng không nên bất
đẳng thức 𝑓(𝑥) ≥ 𝑔(𝑥) được thiế t lập.

Hình 1.1
Trong hình 1.1 phía trên ta khẳng định rằng có thể kết hợp các số dương
với chiều dài của các đoạn thẳng.

1.1

Bất đẳng thức liên quan tới hình tam giác


Theo nguyên lý trắ c đia,̣ nếu ba số dương 𝑎, 𝑏 và 𝑐 là độ dài các cạnh của
tam giác ABC thì 𝑎 + 𝑏 > 𝑐, 𝑏 + 𝑐 > 𝑎, 𝑎 + 𝑐 > 𝑏. Ngược lại phát biể u
này cũng đúng với nguyên lý bao hàm. Không mất tính tổng quát ta có thể
giả sử 𝑎 ≤ 𝑏 ≤ 𝑐. Khi đó với bất đẳng thức 𝑎 + 𝑏 > 𝑐 được minh họa
trong hình 1.2, ta thấy đoạn thẳng có đô ̣ dài 𝑐 được bao phủ bởi hai đoạn
thẳng có đô ̣ dài 𝑎 và 𝑏. Thực tế, đây cũng là quá trình mà bất cứ người
nào cũng cầ n dùng để dựng một hình tam giác với độ dài các cạnh cho
trước bằng thước kẻ và compa.

Footer Page 8 of 166.

6

Thang Long University Library


Header Page 9 of 166.

Hình 1.2
Kết quả đơn giản này có một số hệ quả hữu ích, đặc biệt khi tam giác đã
cho là tam giác vuông.
Ví dụ. Cho 𝑎, 𝑏 ≥ 0. Xét tam giác vuông có chiề u dài các ca ̣nh bên là
√𝑎 , √𝑏, và chiề u dài ca ̣nh huyề n là √𝑎 + 𝑏.
Khi đó, nhìn vào hình 1.3 ta thấ y rằ ng

a  b  ab

Nế u ta cho 𝑎 = 0 hoă ̣c 𝑏 = 0 thì √𝑎 + 𝑏 ≤ √𝑎 + √𝑏.

Hình 1.3

Trong chương này chúng ta sẽ bắt gặp các phương pháp khác nhau
của việc tìm trung bình các số. Có lẽ giá trị trung bình nổi tiếng nhất là
Trung Bình Cộng, trung bình cô ̣ng của hai số 𝑎 và 𝑏 là

𝑎+𝑏
2

. Giá trị trung

bình khác là căn bậc hai của trung bình bình phương, căn bậc hai của
trung bình bình phương đố i với hai số 𝑎 và 𝑏 là √

(𝑎2 +𝑏2 )
2

.

Căn bậc hai của trung bình bình phương thường xuất hiện trong vật lý, kĩ
thuật điện và người ta sử dụng nó để đo độ lớn của những đa ̣i lươ ̣ng nhâ ̣n
cả giá tri dương
lẫn âm, chẳng hạn như sóng.
̣

Footer Page 9 of 166.

7


Header Page 10 of 166.
Trong hình 1.4 chúng ta sử dụng hai lần bất đẳng thức tam giác để chỉ ra

rằng đối với hai số dương 𝑎 và 𝑏, căn bậc hai của trung bình bình phương
ở giữa trung bình cô ̣ng và √2 lần trung bình cô ̣ng [5], tức là

√2(𝑎 + 𝑏) ≤ 2√𝑎2 + 𝑏2 ≤ 2(𝑎 + 𝑏)
𝑎+𝑏
𝑎2 + 𝑏 2
a+b
√
⇔
≤
≤ √2 (
)
2
2
2

Hình 1.4
Các ý tưởng tương tự được áp dụng cho ba số dương 𝑎, 𝑏, 𝑐 và bấ t
đẳ ng thức sau đươ ̣c thiế t lâ ̣p

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

Hình 1.5
Có thể thấ y từ hình 1.5 bên trái [5], bất đẳng thức này dẫn đến chă ̣n cho
tổ ng chiều dài các cạnh của một tam giác được tạo nên từ ba đường chéo

Footer Page 10 of 166.

8


Thang Long University Library


Header Page 11 of 166.
của các mặt bên của một hình hộp chữ nhật hoặc hình hộp với chiều dài
biên 𝑎, 𝑏 và 𝑐 như ở hình bên phải của hình 1.5.

1.2

Đường gấp khúc

Nguyên lý trắc địa đối với những đường gấp khúc được minh họa ở hình
1.4 và 1.5, có thể được mở rộng cho các bất đẳng thức khác.
Ví dụ. Cho bốn số dương bất kì 𝑥, 𝑦, 𝑢 và 𝑣, ta có
√(𝑥 + 𝑦)2 + (𝑢 + 𝑣)2 ≤ √𝑥 2 + 𝑢2 + √𝑦 2 + 𝑣 2 .
Bấ t đẳ ng thức đươ ̣c minh họa trong hình 1.6 [7].

Hình 1.6.
Từ đó ta có thể mở rộng cho 𝑛 biến số và thu được trường hợp đặc
biệt Bất đẳng thức của Minkowski (Hermann Minkowski, 1864-1909) đối
với các số dương 𝑎𝑖 và 𝑏𝑖 [14]:
√(∑

𝑛
𝑖=1

2

2


𝑛

𝑎𝑖 ) + (∑

𝑏𝑖 ) ≤ ∑

𝑖=1

Hình 1.7

Footer Page 11 of 166.

𝑛

9

𝑖=1

√𝑎𝑖2 + 𝑏𝑖2


Header Page 12 of 166.
1.3

n-giác trong m-giác

Một 𝑛-giác là một đa giác 𝑛 cạnh. Nếu ta vẽ một đa giác ở bên trong một
đa giác khác (minh họa hình 1.8). Hiển nhiên ta có bất đẳng thức diện tích
nhưng liêụ có xảy ra bất đẳng thức chu vi?. Nhìn chung câu trả lời là

không vì ta luôn có thể vẽ đươ ̣c bên trong đa giác này một đa giác khác có
chu vi lớn bất kì.
Nhưng nếu ta chỉ xét các đa giác lồi thì câu trả lời là có. Vâ ̣y mô ̣t
hình 𝑛- giác là lồi nếu đoạn thẳng nối hai điểm bất kì (nằm trên hoặc nằm
trong) của 𝑛- giác thì nằm trong 𝑛- giác đó.

Hình 1.8
Bây giờ xét một 𝑚- giác lồi chứa trong một 𝑛- giác lồi như minh họa ở
hình 1.8.
Giả sử 𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐴𝑛 biểu thị cho các đỉnh của 𝑛- giác theo chiều
kim đồng hồ (để thuận tiện ta giả sử 𝐴0 = 𝐴𝑛 ), tương tự ta
gọi 𝐵1 , 𝐵2 , … , 𝐵𝑚 biểu thị các đỉnh của 𝑚- giác với 𝐵0 = 𝐵𝑚 . Gọi 𝐶𝑖 là
giao điểm của cạnh 𝐴𝑖−𝑖 𝐴𝑖 với một cạnh nào đó của 𝑚- giác (với 𝑖 chạy từ
1 đến 𝑛), áp dụng bất đẳng thức đa giác cho miền đa giác có các đỉnh
𝐴𝑖−1 , 𝐴𝑖 , 𝐶𝑖 , đỉnh 𝐵𝑖′ của 𝑚- giác (với 𝐵𝑖′ luôn nằm giữa 𝐶𝑖 và 𝐶𝑖−1 ) và
𝐶𝑖−1 . Sử dụng kí hiệu giá tri ̣tuyê ̣t đố i biểu thi ̣độ dài các cạnh của đa giác,
ta có
|𝐴𝑖−1 𝐴𝑖 | + |𝐶𝑖 𝐴𝑖 | ≤ |𝐶𝑖 𝐵𝑖′ | + ⋯ + |𝐶𝑖−1 𝐴𝑖−1 | (∗)

Footer Page 12 of 166.

10

Thang Long University Library


Header Page 13 of 166.
Chứng minh chu vi của 𝑛- giác thì nhỏ hơn hoặc bằng chu vi của 𝑚- giác.
Thật vậy. Từ bất đẳng thức (∗), ta có
|𝐴1 𝐴2 | + |𝐴2 𝐶2 | ≤ |𝐶2 𝐵2 | + |𝐵2 𝐶1 | + |𝐶1 𝐴1 |

|𝐴2 𝐴3 | + |𝐴3 𝐶3 | ≤ |𝐶3 𝐵3 | + |𝐵3 𝐶2 | + |𝐶2 𝐴2 |
................
|𝐴𝑖−1 𝐴𝑖 | + |𝐶𝑖 𝐴𝑖 | ≤ |𝐶𝑖 𝐵𝑖′ | + ⋯ + |𝐶𝑖−1 𝐴𝑖−1 |
……………
|𝐴𝑛 𝐴1 | + |𝐴1 𝐶1 | ≤ |𝐶1 B1 | + |𝐵1 𝐵𝑚 | + ⋯ + |𝐶𝑛−1 𝐴𝑛−1 |
Cộng vế với vế ta có
|𝐴1 𝐴2 | + |𝐴2 𝐶2 | + |𝐴2 𝐴3 | + |𝐴3 𝐶3 | + ⋯ + |𝐴𝑖−1 𝐴𝑖 | + |𝐶𝑖 𝐴𝑖 | + ⋯
+ |𝐴𝑛 𝐴1 | + |𝐴1 𝐶1 |
≤ |𝐶2 𝐵2 | + |𝐵2 𝐶1 | + |𝐶1 𝐴1 | + |𝐶3 𝐵3 | + |𝐵3 𝐶2 | + |𝐶2 𝐴2 | + ⋯ + |𝐶𝑖 𝐵𝑖′ |
+ ⋯ + |𝐶𝑖−1 𝐴𝑖−1 | + ⋯ + |𝐶1 B1 | + |𝐵1 𝐵𝑚 | + ⋯ + |𝐶𝑛−1 𝐴𝑛−1 |
⇔ |𝐴1 𝐴2 | + |𝐴2 𝐴3 | + ⋯ + |𝐴𝑖−1 𝐴𝑖 | + ⋯ + |𝐴𝑛 𝐴1 | ≤
′
| + ⋯ + |𝐵𝑚−1 𝐵𝑚 | + |𝐵𝑚 𝐵1 |
≤ |𝐵1 𝐵2 | + |𝐵2 𝐵3 | + ⋯ + |𝐵𝑖′ 𝐵𝑖+1

Suy ra chu vi của 𝑛- giác lồi nhỏ hơn hoặc bằng chu vi của 𝑚- giác lồi.
Vậy nếu một 𝑚- giác lồi chứa trong một 𝑛- giác lồi thì ta luôn có chu vi
của 𝑛- giác nhỏ hơn hoă ̣c bằ ng chu vi của 𝑚-giác.
Cách làm này rấ t có ích trong viêc̣ thiế t lâ ̣p bấ t đẳ ng thức chu vi của
đa giác lồ i và đây cũng chính là chìa khóa dẫn đế n khái niê ̣m về phép tính
gầ n đúng số 𝜋 của Archimedes (287-212 trước công nguyên).

Footer Page 13 of 166.

11


Header Page 14 of 166.
Bất đẳng thức Archimedes
Trong cuốn sách nói về phương pháp đo đường tròn, Archimedes đã tính

xấp xỉ tỉ lệ giữa chu vi một đường tròn với đường kính của nó bằ ng việc
sử dụng các đa giác ngoại tiếp và nội tiếp một đường tròn. Khi tính xấp xỉ
chu vi của đường tròn với chu vi các hình đa giác 96 cạnh ông đã phát
hiện ra
10

3

71

=3

1
4
7
2018
40

284

1
4
7
2017
40

<3

284


<<3

1
2
1
4673
2

667

1
2
1
4672
2

<3

667

=3

1
7

1

Điều này một lần nữa khẳng định rằng số 𝜋 ≈ 3 .
7


1.4

Bấ t đẳ ng thức giữa trung bin
̀ h cô ̣ng – trung bin
̀ h nhân (AMGM)

Tiế p theo sau trung bình cô ̣ng thì trung bình quan trọng thứ hai là trung
bình nhân. Cho hai số dương 𝑎 và 𝑏, trung bình nhân của 𝑎 và 𝑏 là √𝑎𝑏.
Ví dụ.
Nếu một khoản đầu tư 𝑋 được tăng 25% trong năm đầu tiên (Tức là
𝑋 được tăng lên bằ ng 𝑋. 𝑎 với hê ̣ số 𝑎 = 1.25) và 80% trong năm thứ hai
(với hê ̣ số 𝑏 = 1,8). Khi đó lãi trung bình thu về hàng năm kí hiệu 𝑟 là
√𝑎𝑏 = 1,5 hoặc 50% vì 𝑎𝑏𝑋 = 𝑟 2 𝑋. Nếu ta sử dụng trung bình cô ̣ng thay
thế ta sẽ có thể tính nhầm rằng tỉ lệ lãi trung bình hàng năm là 52,5%, vì
trung bình cô ̣ng của 1,25 và 1,8 là 1,525. Từ ví dụ này ta suy ra trung
bình cô ̣ng lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân.
Từ đó bất đẳng thức nổi tiếng

𝑎+𝑏
2

≥ √𝑎𝑏 áp du ̣ng cho các số dương

𝑎, 𝑏 đươ ̣c go ̣i là bấ t đẳ ng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân,
đẳng thức xảy ra khi 𝑎 = 𝑏. Từ nay về sau bất đẳng thức này được viết tắt
là bất đẳng thức AM- GM.

Footer Page 14 of 166.

12


Thang Long University Library


Header Page 15 of 166.
Có nhiều cách chứng minh trực quan bất đẳng thức này, một trong
những cách đơn giản nhất sau đây là sử dụng so sánh Pythagore.

Hình 1.9
Dễ dàng kiể m tra tam giác ở hiǹ h 1.9 là tam giác vuông vì có bình
phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông và do đó
𝑎 + 𝑏 ≥ 2√𝑎𝑏. Chia cả hai vế của bất đẳng thức này cho 2 ta được bất
đẳng thức AM- GM.
Để hiể u rõ hơn về tầm quan trọng của bất đẳng thức AM-GM ta
cùng tham khảo câu chuyện với tiêu đề “ Thưa giáo sư Ostrowski, theo
ngài bất đẳng thức nào là quan trọng nhất?”.
Nhà toán học Alexander M. Ostrowski (1893-1986) đã có nhiều đóng góp
quan trọng cho lý thuyết của bất đẳng thức. Ostrowski thường xuyên tham
dự các cuộc thảo luận về bất đẳng thức được tổ chức tại Oberwolfach của
Đức. Trong cuộc thảo luận này một đồng nghiệp đã kể lại việc ông nghe
thấy một nhà toán học trẻ tuổi đã hỏi giáo sư: “Thưa giáo sư, theo ông bất
đẳng thức nào là quan trọng nhất”. Nhà toán học trẻ tuổi này cũng đã biết
rất nhiều về những đóng góp của ông Ostrowski trong lĩnh vực này và anh
ấy đã rất ngạc nhiên bởi câu trả lời của ông Ostrowski: “Tất nhiên là bất
đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân”.

Footer Page 15 of 166.

13



Header Page 16 of 166.

Bài toán 1.4.1. Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp được trong một
đường tròn bán kính 𝑅, hình vuông có diện tích lớn nhất.

Hình 1.10
Chứng minh.
Giả sử 𝑥 và 𝑦 biểu thị độ dài các cạnh của một hình chữ nhật khi đó
(𝑥/2)2 + (𝑦/2)2 = 𝑅2 . Kí hiệu 𝐴 = 𝑥𝑦 là diện tích của hình chữ nhật.
Áp dụng bất đẳng thức AM- GM, ta thu được một giá trị lớn nhất trên A:
2𝑅2 =

𝑥 2 +𝑦 2
2

≥ √𝑥 2 𝑦 2 = xy = A.

Đẳng thức xảy ra khi 𝑥 = 𝑦. Từ đó ta có hình chữ nhật nội tiếp được trong
một đường tròn có diện tích lớn nhất là hình vuông. (□).
Bài toán 1.4.2. Bài toán của Dido
Dido là một công chúa đến từ Phoenician của thành phố Tyre (hiện
nay là thành phố Lebanon). Dido rời thành phố khi anh trai của bà giết
chồng của mình và bà đến Châu Phi vào khoảng 900 năm trước công
nguyên gần vịnh Tunis. Dido quyết định mua mảnh đất từ ông chủ của
một địa phương tên là King Jarbas của vương quốc thuộc tây nam Châu
Phi. Vì vậy bà và những người tùy tùng của bà có thể định cư ở đó. Bà đã
trả Jarbas một số tiền nhiều bằng mảnh đất bà có thể rào quanh bằng một
tấm da của một con bò. Để có được càng nhiều đất càng tốt Dido đã cắt
miếng da bò thành những dải mỏng và buộc chúng với nhau . Mảnh đất

này sau đó trở thành thành phố Carthage. Điều này dẫn đến bài toán của

Footer Page 16 of 166.

14

Thang Long University Library


Header Page 17 of 166.
Dido: Làm thế nào để bà ấy có thể đặt được những dải da bò trên đất để
rào quanh được càng nhiều đất càng tốt?. Nếu chúng ta giả định rằng mặt
đất bằng phẳng và bờ địa trung hải thẳng thì giải pháp tối ưu chính là đặt
dải da bò trong hình bán nguyệt [12]. Điều mà truyền thuyết đã kể lại cho
chúng ta đúng như những gì Dido đã làm. Bây giờ chúng ta giải quyết một
bài toán có liên quan: Hình dạng của hình chữ nhật có diêṇ tích lớn nhấ t
trong hình 1.11 là gì?

Hình 1.11
Nếu 𝑥 và 𝑦 biểu thị độ dài các cạnh của hình chữ nhật và 𝐿 là chiều
dài của dải da bò thì 2𝑥 + 𝑦 = 𝐿. Tìm 𝑥, 𝑦 sao cho diện tích 𝐴 = 𝑥𝑦 đa ̣t
giá tri lơ
̣ ́ n nhấ t?.
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
1
2
1 2x + y 2 1 2
A = xy = (√2xy) ≤ (
) = L

2
2
2
8
Đẳng thức xảy ra khi 𝑦 = 2𝑥. Vì vậy hình chữ nhật có diê ̣n tích lớn nhấ t
khi chiều dài gấp hai lần chiều rộng.
Bài toán 1.4.3. Bài toán cực đại của Regiomontanus
Vào năm 1471 Johannes Muller (1436- 1476) đã lấy tên
Regiomontanus đặt cho nơi sinh của ông, Kö nigsberg và ông đã viết một
bức thư cho ông Christian Roder nói về bài toán tạo góc như sau: Đứng ở
vi ̣ trí nào trên trái đất mà có thể nhìn đươ ̣c thanh treo theo phương thẳ ng
đứng với góc nhin
̀ lớn nhấ t?.

Footer Page 17 of 166.

15


Header Page 18 of 166.
Trong tác phẩm kinh điển của ông 100 bài toán quan trọng của
toán học cơ bản [4]. Heinrich Dö rrie viết rằng “Bài toán này đáng phải để
ý hàng đầ u đặc biệt như bài toán quan trọng nhất phải đối mặt trong lịch
sử toán học từ thời cổ xưa”. Lời giải dưới đây được dựa theo [8].

Hình 1.12
Từ hình 1.12 ta thấy cái thanh được treo bên trên phần mắt của
người quan sát. Khoảng cách từ đỉnh và đáy của thanh treo đến đường kẻ
từ mắ t người quan sát (song song với mă ̣t đấ t) lần lượt là 𝑎 và 𝑏, 𝑥 là
khoảng cách từ vị trí người quan sát đến thanh treo, 𝜃 là giới hạn góc nhìn

của người quan sát từ đỉnh đến đáy của thanh treo. Tìm 𝑥 để góc 𝜃 đạt giá
trị cực đại.
Lời giải.
Cho 𝛼 và 𝛽 biểu thị góc mà giới hạn của mắt nhìn thấy được đến đỉnh và
đáy của thanh treo theo tầm mắt của người quan sát. Khi đó
cot 𝜃 = cot(𝛼 − 𝛽) =
=

𝑐𝑜𝑡𝛼𝑐𝑜𝑡 + 1 (x/a)(x/b) + 1
=
(x/b) – (x/a)
𝑐𝑜𝑡 − 𝑐𝑜𝑡𝛼

𝑥
𝑎𝑏
+
a − b (a − b)x

Vì 𝑐𝑜𝑡𝜃 là hàm nghịch biến trong cung phần tư thứ nhất nên góc
nhìn 𝜃 đạt cực đại khi 𝑐𝑜𝑡 𝜃 đạt giá trị cực tiểu. Áp dụng bất đẳng thức
AM-GM ta được kết quả sau

Footer Page 18 of 166.

16

Thang Long University Library


Header Page 19 of 166.


cot θ =

𝑥
𝑎𝑏
x
ab
2√𝑎𝑏
+
≥ 2√
.
=
a − b (a − b)x
a − b (a − b)x a − b

Đẳng thức xảy ra khi

𝑥
a−b

=

𝑎𝑏
(a − b)x

hay 𝑥 = √𝑎𝑏. Vậy người quan sát

cần phải đứng ở một khoảng cách bằng trung bình nhân giữa chiều cao
của đỉnh và đáy của thanh treo.


1.5

Các bất đẳng thức trung bin
̀ h khác

Cho hai số dương 𝑎 và 𝑏, ta luôn có
min(𝑎, 𝑏) ≤ √𝑎𝑏 ≤

𝑎+𝑏
𝑎2 + 𝑏 2
≤√
≤ max(𝑎, 𝑏).
2
2

Nhiều giá trị trung bình có thể lồng vào giữa 𝑚𝑖𝑛(𝑎, 𝑏) và
𝑚𝑎𝑥(𝑎, 𝑏) như trung bình điều hòa. Trung bình điều hòa của 𝑎 và 𝑏 được
xác định như nghịch đảo của trung bình cô ̣ng đối với hai số dương
tức là:

1

1 1

, ,

𝑎 𝑏

2𝑎𝑏


(1/a)+(1/b)
2

= 𝑎+𝑏.

Trung bình điều hòa xảy ra một cách tự nhiên ở nhiều vị trí sắp xếp,
ví du ̣ như nếu chúng ta lái xe ô tô với quãng đường 100km với vận tốc
80km/h và quãng đường 100km khác với vận tốc 120km/h khi đó vận tốc
trung bình cho từng quãng đường là 96km/h, kế t quả này cũng chính là
trung bình điề u hòa của 80 và 120.
Thật dễ để chỉ ra rằng trung bình điều hòa của hai số dương 𝑎 và
𝑏 nhỏ hơn hoặc bằng trung bình nhân (Áp dụng bất đẳng thức AM-GM
cho hai số

1 1

,

𝑎 𝑏

để chứng minh). Vì vậy bốn giá trị trung bình phải thỏa

mãn

Footer Page 19 of 166.

17


Header Page 20 of 166.


2𝑎𝑏
𝑎+𝑏
𝑎2 + 𝑏 2
√
min(𝑎, 𝑏) ≤
≤ √𝑎𝑏 ≤
≤
≤ max(𝑎, 𝑏) (1.1).
𝑎+𝑏
2
2
Bài toán 1.5. Bất đẳng thức Mengoli và sự phân kì của chuỗi điều hòa
Pietro Mengoli (1625- 1686) đã thiết lập bất đẳng thức: Cho bất kì 𝑥 > 1,
ta luôn có

1

1

1

3

+ 𝑥 + 𝑥+1 > 𝑥
𝑥−1

Để kiểm chứng bất đẳng thức Mengoli ta cần chứng minh
1
1

2
+
>
𝑥−1 𝑥+1 𝑥
Với 𝑥 > 1, áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình điều hòa và trung bình
cô ̣ng cho hai số dương

1
𝑥−1

và
1

1
𝑥−1+𝑥+1

< 𝑥−1

2

1

, ta có

𝑥+1

+
2

1

𝑥+1

⇔

2
1
1
<
+
𝑥 𝑥−1 𝑥+1

Vậy bất đẳng thức Mengoli đã được chứng minh.
Mengoli sử dụng bất đẳng thức của mình để đưa ra bằng chứng ban đầu
về sự phân kì trong chuỗi điều hòa 1 +

1
1
1
+
+
+⋯
2
3
4

Giả sử chuỗi hội tụ là một số thực 𝐻, khi đó 𝐻 được viết là
1 1 1
1 1 1
1 1 1
𝐻 = 1+( + + )+( + + )+( + + )+⋯

2 3 4
5 6 7
8 9 10

Áp dụng bất đẳng thức Mengoli ta thấy được sự mâu thuẫn
3 3 3
𝐻 >1+ + + +⋯=1+𝐻
3 6 9

Suy ra 𝐻 là chuỗi phân kì.
Các bất đẳng thức trong bốn giá trị trung bình của (1.1) được minh
họa trong hình 1.13 [9]. Sử du ̣ng so sánh Pythagore ta có
|𝐻𝑀| ≤ |𝐺𝑀| ≤ |𝐴𝑀| ≤ |𝑅𝑀|

Footer Page 20 of 166.

18

Thang Long University Library


Header Page 21 of 166.

Hình 1.13
Nhiều giá trị trung bình khác có thể được đưa vào giữa 𝑚𝑖𝑛(𝑎, 𝑏)
𝑎2 +𝑏2

và 𝑚𝑎𝑥(𝑎, 𝑏), ví dụ như trung bình phản điề u hòa
𝑎+𝑏


,

trung bình

1

Heron

1.6

(𝑎+√𝑎𝑏 +𝑏)
3

và trung bình logarit

(bb /aa )b−a
𝑒

.

Đổi biến Ravi

Xét mô ̣t tam giác có đô ̣ dài các ca ̣nh lầ n lươ ̣t là 𝑎, 𝑏, 𝑐 và ngoa ̣i tiế p đường
tròn được minh họa trong hình 1.14𝑎. Nối tâm của đường tròn với các
đỉnh của tam giác và các điểm tiếp xúc của đường tròn với các cạnh của
tam giác ta đươ ̣c ba cặp tam giác vuông đồng dạng trong hình 1.14𝑏. Khi
đó tồ n ta ̣i ba số dương 𝑥, 𝑦 và 𝑧 sao cho 𝑎 = 𝑥 + 𝑦, 𝑏 = 𝑦 + 𝑧, 𝑐 = 𝑧 + 𝑥 .
Sự biến đổi này được gọi là đổi biến Ravi.

Hình 1.14

Khi đó 𝑎 + 𝑏 − 𝑐 = 2𝑦; 𝑎 − 𝑏 + 𝑐 = 2𝑥; −𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 2𝑧
Và nế u 𝑠 là nửa chu vi thì 𝑠 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 , do đó ta luôn có

Footer Page 21 of 166.

19


Header Page 22 of 166.
𝑠 − 𝑎 = 𝑧, 𝑠 − 𝑏 = 𝑥 và 𝑠 − 𝑐 = 𝑦
Bài toán 1.6.1. Bất đẳng thức của Padoa
Bất đẳng thức [13], do Alessandro Padoa (1868- 1937) phát biểu
rằng: Nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 là các cạnh của một tam giác thì
𝑎𝑏𝑐 ≥ (𝑎 + 𝑏 − 𝑐)(𝑏 + 𝑐 − 𝑎)(𝑐 + 𝑎 − 𝑏).
Chứng minh.
Sử dụng đổi biến Ravi, bất đẳng thức của Padoa tương đương với
bất đẳng thức sau
(𝑥 + 𝑦)(𝑦 + 𝑧)(𝑧 + 𝑥) ≥ (2𝑥)(2𝑦)(2𝑧) = 8𝑥𝑦𝑧
Bất đẳng thức trên dễ dàng chứng minh khi sử dụng bất đẳng thức AMGM: 𝑥 + 𝑦 ≥ 2√𝑥𝑦, tương tự cho 𝑥 + 𝑧 và 𝑦 + 𝑧, do đó
(𝑥 + 𝑦)(𝑦 + 𝑧)(𝑧 + 𝑥) ≥ 2√𝑥𝑦 .2√𝑦𝑧 .2√𝑥𝑧 = 8𝑥𝑦𝑧.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 suy ra 𝑎 = 𝑏 = 𝑐.
Vậy 𝑎𝑏𝑐 ≥ (𝑎 + 𝑏 − 𝑐)(𝑏 + 𝑐 − 𝑎)(𝑐 + 𝑎 − 𝑏). (□).
Bài toán1.6.2. Nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 biể u thi ̣ độ dài các cạnh của một tam giác thì
√𝑎 + √𝑏 + √𝑐 ≥ √𝑎 + 𝑏 − 𝑐 + √𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + √−𝑎 + 𝑏 + 𝑐. (1)
Sử dụng đổi biến Ravi, bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức
√𝑥 + 𝑦 + √𝑦 + 𝑧 + √𝑧 + 𝑥 ≥ √2𝑥 + √2𝑦 + √2𝑧 (2)
Chứng minh.
Do bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức (2) nên để chứng
minh bất đẳng thức (1) ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức (2).
Với ba số dương 𝑥, 𝑦, 𝑧. Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và

căn bậc hai của trung bình bình phương cho √𝑥 và √𝑦 (xem ở mục 1.1
hoặc 1.5), ta có √

Footer Page 22 of 166.

𝑥+𝑦
2

≥

√𝑥+√𝑦

2

20

Thang Long University Library


Header Page 23 of 166.
√𝑥+√𝑦
).
2

⇔ √𝑥 + 𝑦 ≥ √2 (

Tương tự cho √𝑥 + 𝑧 và √𝑦 + 𝑧.

Do đó √𝑥 + 𝑦 + √𝑦 + 𝑧 + √𝑧 + 𝑥 ≥ √2(√𝑥 + √𝑦 + √𝑧)
= √2𝑥 + √2𝑦 + √2𝑧.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 suy ra 𝑎 = 𝑏 = 𝑐.
Vậy √𝑎 + √𝑏 + √𝑐 ≥ √𝑎 + 𝑏 − 𝑐 + √𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + √−𝑎 + 𝑏 + 𝑐 . (□)

1.7

So sánh đồ thị

Từ hình 1.15 [10] cho thấ y với mo ̣i 𝑥 > 0 thì một phần đồ thị của
Hypebol: 𝑓(𝑥) =

1
𝑥

tiế p xúc với đường thẳng 𝑔(𝑥) = 2 − 𝑥 tại điểm có

tọa độ (1, 1). Mă ̣t khác vì Hypebol là hàm lồi nên đồ thi ̣ của nó nằm phía
trên đường tiếp tuyến 𝑔(𝑥) = 2 – 𝑥 từ đó suy ra

1
𝑥

≥ 2 − 𝑥 hay 𝑓(𝑥) ≥

1

1

𝑥

𝑥


𝑔(𝑥). Từ bấ t đẳ ng thức ≥ 2 − 𝑥 với 𝑥 > 0 ta suy ra 𝑥 + ≥ 2.
Kết quả trên cũng được rút ra từ đẳ ng thức AM- GM khi áp dụng cho hai
1

số dương 𝑥 và .
𝑥

Tương tự ta cũng có hàm 𝑓 ≤ 𝑔 trên một tập S nếu 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥)
với mọi 𝑥 thuộc 𝑆 .

Hình 1.15

Footer Page 23 of 166.

21


Header Page 24 of 166.
Ý tưởng tương tự trên được áp dụng để thiết lập Bấ t đẳ ng thức của
𝜋

Jordan (Camille Jordan,1832-1922): Cho 𝑥 ∈ [0; ],
2

2𝑥
≤ sin 𝑥 ≤ 𝑥
𝜋
Trong hình 1.16 chúng ta có một phần đồ thị của hàm 𝑠𝑖𝑛 tiếp xúc
với tiếp tuyến 𝑦 = 𝑥 tại gốc tọa độ và cắt đường 𝑦 =


2𝑥
𝜋

tại hai điểm là

𝜋

𝜋

2

2

gốc tọa độ và điểm ( ; 1). Vì vậy đồ thị của hàm 𝑠𝑖𝑛 là lõm trên [0; ]
suy ra hàm số sin nằ m phía trên đường 𝑦 =

2𝑥
𝜋

và nằ m phía dưới đường

𝑦 = 𝑥, từ đó ta có bấ t đẳ ng thức
2𝑥
≤ sin 𝑥 ≤ 𝑥
𝜋

Hình 1.16
Thực ra ta cần phải thận trọng khi sử dụng đồ thị hàm để thiế t lập
bất đẳng thức vì từ ví dụ trong hình 1.17 cho thấy rằng cos 𝑥 ≥ 1 −


𝑥2
2

với

|𝑥| ≤ 𝜋/2. Nhưng đồ thị không nói cho chúng ta tại sao bất đẳng thức có
thể áp dụng và nó không giống vị trí như hình 1.15 và 1.16, ở đây tính
lõm hoặc lồi của hàm được thay thế cho lập luận của bất đẳng thức mà
chúng ta nhìn thấy trong đồ thị.

Footer Page 24 of 166.

22

Thang Long University Library


Header Page 25 of 166.

Hình 1.17
Hướng tốt nhất để thiế t lập cos 𝑥 ≥ 1 −

𝑥2
2

là ước tính độ dài đoạn

thẳng và khoảng cách giữa các điểm (cos 𝑥 ; sin 𝑥) và (1, 0) trên đường
tròn lươ ̣ng giác như hình 1.18 và làm đơn giản hóa bài toán.


√(cos 𝑥 − 1)2 + 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 ≤ |𝑥|
⇔ 2 − 2 cos 𝑥 ≤ 𝑥 2
𝑥2
⇔ cos 𝑥 ≥ 1 −
2

Hình 1.18

Footer Page 25 of 166.

23