Đang tải... (xem toàn văn)
Bất đẳng thức được sử dụng rộng rãi trong nhiều ngành toán học khác nhau. Từ toán hàn lâm cho đến các ngành toán ứng dụng trực tiếp. Có lẽ tài liệu Các định lý và cách chứng minh Bất đẳng thức của Nguyễn Ngọc Tiến là một viên ngọc trong rừng tài liệu bất đẳng thức mà các bạn đã từng đọc. Các bạn sẽ gặp lại các bất đẳng thức quen như Holder, Cauchy, Am Gm, hơi lạ như Muirhead với những cách chứng minh lạ và độc nhất. Như lời nhà toán học đại tài Hungary Paul Erdos Thượng đế có một cuốn sách siêu việt với các định lý và cách chứng minh hay nhất
CÁC CHỦ ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC - CÁC ĐỊNH LÝ VÀ CÁCH CHỨNG MINH from Hojoo Lee - translated by Nguyễn Ngọc Tiến - chưa thức công bố Giới thiệu Bất đẳng thức sử dụng rộng rãi lĩnh lực Toán học Mục đích tập sách hướng dẫn nêu lên cách chứng minh lý thuyết bất đẳng thức Đọc giả gặp bất đẳng thức cổ điển bất đẳng thức Schur, định lý Muirhead, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức trung bình lũy thừa, bất đẳng thức AM-GM, định lý H¨older Tôi sẵng sàng lắng nghe ý kiến đóng góp quý báu từ phía độc giả Các bạn gửi e-mail tới qua địa ultrametric@gmail.com Gửi tới em học sinh - sinh viên Các đọc giả em học sinh trường trung học hay sinh viên theo học trường đại học Các cách nêu tập sách mẹo nhỏ "khối băng khổng lồ bất đẳng thức" Các em học sinh, sinh viên nên tìm cách giải cho riêng để "xử lý tốt" toán đa dạng khác Nhà toán học đại tài Hungary - Paul Erd¨os thú vị nói Thượng đế có sách siêu việt với định lý cách chứng minh hay Tôi khuyến khích độc giả gửi giải hay, đầy sáng tạo riêng toán tập sách Chúc vui vẻ! Lời tựa Tôi cảm ơn Orlando D¨ ohring Darij Grinberg gởi cho file Tex sưu tập bất đẳng thức Tôi cảm ơn Marian Muresan toán hay Tôi lấy làm thú vị anh Cao Minh Quang gởi toán Việt Nam cho cách chứng minh hay bất đẳng thức Nesbitt Tôi xin cảm tạ Stanley Rabinowitz gửi cho báo On The Computer Solution of Symmetric Homogeneous Triangle Inequalities - Bài giải máy tính bất đẳng thức tam giác đối xứng I Các tài nguyên Web MathLinks, http://www.mathlinks.ro Art of Problem Solving, http://www.artofproblemsolving.com MathPro Press, http://www.mathpropress.com K S Kedlaya, A < B, http://www.unl.edu/amc/a-activities/a4-for-students/s-index.html VIE TM A THS NE T T J Mildorf, Olympiad Inequalities, http://web.mit.edu/tmildorf/www II Mục lục trang Mục lục Chương 1: Bất đẳng thức Hình 1.1 Phép Ravi 1.2 Các phương pháp lượng giác 1.3 Các ứng dụng Số Phức III học Chương 2: Bốn cách chứng minh 2.1 Phép thay lượng giác 2.2 Phép thay Đại Số 2.3 Định lý hàm tăng 2.4 Thiết lập cận 1 14 16 16 20 28 31 36 36 39 45 50 56 56 60 63 65 Chương 5: Bài Toán 5.1 Các bất đẳng thức đa biến 5.2 Các toán hội thảo Putnam 68 68 78 Chương 3: Thuần hóa Chuẩn hóa 3.1 Thuần hóa 3.2 Bất đẳng thức Schur Định lý Muirhead 3.3 Chuẩn hóa 3.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Bất đẳng thức H¨older Chương 4: Tính lồi 4.1 Bất đẳng thức Jensen 4.2 Các trung bình lũy thừa 4.3 Bất đẳng thức Trội 4.4 Bất đẳng thức áp dụng đường thẳng III Chương NE T Bất đẳng thức Hình học Sự sung sướng chứng minh toán chứng minh E Landau 1.1 Phép Ravi THS Nhiều bất đẳng thức đơn giản hóa phép thích hợp Chúng ta bắt đầu với bất đẳng thức hình học cổ điển Bất đẳng thức hình học không tầm thường ? Vào năm 1746, Chapple chứng minh Định lý 1.1.1 (Chapple 1746, Euler 1765) Cho R r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Khi đó, ta có R ≥ 2r dấu đẳng thức xảy ABC tam giác TM A Chứng minh Cho BC = a, CA = b, AB = c, s = a+b+c S = [ABC].2 Ta nhớ lại dồng abc thức: S = 4R , S = rs, S = s(s − a)(s − b)(s − c) Vì vậy, R ≥ 2r tương đương với abc ≥ Ss hay abc ≥ Ss hay abc ≥ 8(s − a)(s − b)(s − c) Ta cần chứng minh điều khẳng 4S định sau Định lý 1.1.2 ([AP], A Padoa) Cho a, b, c cạnh 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) VIE dấu đẳng thức xảy a = b = c Chứng minh Ta sử dụng phép Ravi: Vì a, b, c cạnh tam giác, nên tồn số thực dương x, y, z cho a = y + z, b = z + x, c = x + y (Tại vậy?) Khi đó, bất đẳng thức cho trở thành (y + z)(z + x)(x + y) ≥ 8xyz với x, y, z > Tuy nhiên, ta lại (y + z)(z + x)(x + y) − 8xyz = x(y − z)2 + y(z − x)2 + z(x − y)2 ≥ Bài tập Cho ABC tam giác vuông Chứng tỏ √ R ≥ (1 + 2)r Khi đẳng thức xảy ? Bất đẳng thức hình học bất đẳng thức tam giác : AB + BC ≥ AC Trong tập sách này, [P ] ký hiệu diện tích đa giác P Thật tự nhiên hỏi bất đẳng thức định lý có xảy không số thực dương tùy ý a, b, c? Đúng ! Có thể chứng minh bất đẳng thức mà không cần thêm điều kiện a, b, c cạnh tam giác: Định lý 1.1.3 Cho x, y, z > Khi đó, ta có xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) Dấu đẳng thức xảy x = y = z Chứng minh Vì bất bất đẳng thức đối xứng theo biến, không tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z Khi đó, ta có x + y > z z + x > y Nếu y + z > x, x, y, z chiều dài cạnh tam giác Trong trường hợp này, định lý 2, cho ta kết Bây giờ, ta giả sử y + z ≤ x Khi đó, xyz > ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) Bất đẳng thức định lý xảy x, y, z 0: Định lý 1.1.4 Cho x, y, z ≥ Khi đó, ta có xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) Chứng minh Vì x, y, z ≥ 0, ta tìm 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 xn yn zn ≥ (yn + zn − xn )(zn + xn − yn )(xn + yn − zn ) Bây giờ, lấy giới hạn hai phía, ta kết Rõ ràng, bất đẳng thức xảy x = y = z Tuy nhiên, xyz = (y+z−x)(z+x−y)(x+y−z) x, y, z ≥ không đảm bảo 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 = hay y = z, x = hay z = x, y = Ta có kiểm tra 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 trường hợp đặc biệt bất đảng thức Schur Bài toán (IMO 2000/2, Titu Andreescu đề nghị) Cho a, b, c số dương cho abc = Chứng minh a−1+ b b−1+ c c−1+ a ≤ Cách giải Vì abc = 1, ta thực thay a = xy , b = yz , c = lại bất đẳng thức cho dạng x, y, z : z x −1+ y y x y −1+ z z z x với x, y, z > 0.3 Ta viết z y −1+ ≤ ⇔ xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) x x Cho ví dụ, lấy x = 1, y = a1 , z = ab Phép Ravi thích hợp bất đẳng thức với cạnh a, b, c tam giác Sau sử dụng phép Ravi, ta bỏ điều kiện chúng cạnh tam giác Bài toán (IMO 1983/6) Cho a, b, c cạnh tam giác Chứng minh a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ Cách giải Sau đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y với x, y, z > 0, trở thành x3 z + y x + z y ≥ x2 yz + xy z + xyz hay (y + z + x) NE T Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz x2 y z + + ≥ x + y + z, y z x x2 y z + + y z x ≥ (x + y + z)2 Bài tập Cho a, b, c cạnh tam giác Chứng tỏ THS a b c + + < b+c c+a a+b TM A Bài tập (Darij Grinberg) Cho a, b, c cạnh tam giác Chứng minh bất đẳng thức a3 + b3 + c3 + 3abc − 2b2 a − 2c2 b − 2a2 c ≥ 0, 3a2 b + 3b2 c + 3c2 a − 3abc − 2b2 a − 2c2 b − 2a2 c ≥ Bây ta nói đến bất đẳng thức Weitzenb¨ock bất đẳng thức liên quan VIE Bài toán (IMO 1961/2, bất đẳng thức Weitzenb¨ ock) Cho a, b, c cạnh tam giác với diện tích S Chứng tỏ √ a2 + b2 + c2 ≥ 3S Giải Viết a = y + z, b = z + x, c = x + y với x, y, z > Điều tương đương ((y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 )2 ≥ 48(x + y + z)xyz, suy 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, sử dụng bất đẳng thức p2 + q ≥ 2pq (p + q + r)2 ≥ 3(pq + qr + rp) Định lý 1.1.5 (bất đẳng thức Hadwiger-Finsler) Bất kỳ tam giác ABC với cạnh a, b, c diện tích F , bất đẳng thức sau xảy √ 2ab + 2bc + 2ca − (a2 + b2 + c2 ) ≥ 3F Chứng minh Sau thực phép a = y + z, b = z + x, c = x + y, x, y, z > 0, trở thành xy + yz + zx ≥ 3xyz(x + y + z), ta suy từ đẳng thức (xy + yz + zx)2 − 3xyz(x + y + z) = (xy − yz)2 + (yz − zx)2 + (zx − xy)2 Chứng minh 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 Vì tan x hàm lồi 0, π2 , Bất đẳng thức Jensen chứng tỏ 2ab + 2bc + 2ca − (a2 + b2 + c2 ) ≥ tan 4F A + B + C = √ Tsintsifas chứng minh bất đẳng thức tổng quát bất đẳng thức Weitzenb¨ock bất đẳng thức Nesbitt Định lý 1.1.6 (Tsintsifas) Cho p, q, r số thực dương cho a, b, c ký hiệu cạnh tam giác với diện tích F Khi đó, ta có √ p q r a + b + c ≥ 3F q+r r+p p+q Chứng minh (V Pambuccian) Sử dụng bất đẳng thức Hadwiger-Finsler, đủ để chứng tỏ p q r a + b + c ≥ (a + b + c)2 − (a2 + b2 + c2 ) q+r r+p p+q hay p+q+r p+q+r p+q+r a2 + b + c ≥ (a + b + c)2 q+r r+p p+q hay ((q + r) + (r + p) + (p + q)) 2 a + b + c q+r r+p p+q ≥ (a + b + c)2 Tuy nhiên, điều rút từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Định lý 1.1.7 (bất đẳng thức Neuberg-Pedoe) Cho a1 , b1 , c1 ký hiệu cạnh tam giác A1 B1 C1 với diện tích F1 Cho a2 , b2 , c2 ký hiệu cạnh tam giác A2 B2 C2 với diện tích F2 Khi đó, ta có a1 (b2 + c2 − a2 ) + b1 (c2 + a2 − b2 ) + c1 (a2 + b2 − c2 ) ≥ 16F1 F2 Nó có phải bất đẳng thức tổng quát bất đẳng thức Weitzenb¨ock’s.(Tại sao?) Trong [GC], G Chang chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe việc sử dụng số phức Với nhận định hình học chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe, xem [DP] hay [GI, trang.92-93] Ở đây, đưa ba cách chứng minh đại số Bổ đề 1.1.1 a1 (a2 + b2 − c2 ) + b1 (b2 + c2 − a2 ) + c1 (c2 + a2 − b2 ) > Chứng minh Hãy quan sát tương đương (a1 + b1 + c1 )(a2 + b2 + c2 ) > 2(a1 a2 + b1 b2 + c1 c2 ) .NE T Từ công thức Heron, ta thấy rằng, với i = 1, 2, 16Fi = (ai + bi + ci )2 − 2(ai + bi + ci ) > hay + bi + ci > Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz nói 2(ai + bi + ci ) THS (a1 +b1 +c1 )(a2 +b2 +c2 ) > (a1 + b1 + c1 )(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2(a1 a2 +b1 b2 +c1 c2 ) Chứng minh ([LC1], Carlitz) Từ bổ đề, ta L = a1 (b2 + c2 − a2 ) + b1 (c2 + a2 − b2 ) + c1 (a2 + b2 − c2 ) > 0, Vì thế, ta cần chứng tỏ TM A L2 − (16F1 )(16F2 ) ≥ Ta dễ dàng kiểm tra đẳng thức sau L2 − (16F1 )(16F2 ) = −4(U V + V W + W U ), Sử dụng đẳng thức VIE U = b1 c2 − b2 c1 , V = c1 a2 − c2 a1 W = a1 b2 − a2 b1 a1 U + b1 V + c1 W = hay W = − ta dẫn a1 UV + V W + W U = − c1 c1 − a1 − b1 U− V 2a1 2 − a1 b1 U − V, c1 c1 4a1 b1 − (c1 − a1 − b1 )2 V 4a1 c1 Suy a1 UV + V W + WU = − c1 c1 − a1 − b1 U− V 2a1 16F1 2 − V ≤ 4a1 c1 Carlitz thấy bất đẳng thức Neuberg-Pedoe rút từ bất đẳng thức Aczél Định lý 1.1.8 (bất đẳng thức Aczél) Cho a1 , · · · , an , b1 , · · · , bn số thực dương thỏa mãn a1 ≥ a2 + · · · + an b1 ≥ b2 + · · · + bn Khi đó, ta có (a1 − (a2 + · · · + an )) b1 − b2 + · · · + bn a1 b1 − (a2 b2 + · · · + an bn ) ≥ Chứng minh ([AI]) Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (a2 + · · · + an )(b2 + · · · + bn ) ≥ a2 b2 + · · · + an bn a1 b1 ≥ Khi đó, bất đẳng thức tương đương (a1 b1 − (a2 b2 + · · · + an bn ))2 ≥ a1 − a2 + · · · + an b1 − b2 + · · · + bn Trong trường hợp a1 − (a2 + · · · + an ) = 0, tầm thường Vì vậy, ta giả sử a1 − (a2 + · · · + an ) > Điều làm ta nghĩ đến đa thức bậc hai sau n n 2 P (x) = (a1 x−b1 ) − (ai x−bi ) = a1 − i=2 Vì P ( ab11 ) = − n i=2 n x +2 a1 b1 − i=2 b1 a1 − bi n 2 bi bi x+ b1 − i=2 i=2 ≤ hệ số x2 đa thức bậc hai P số dương, P có nghiệm thực Vì thế, P có biệt thức không âm Suy n a1 b1 − n bi − a1 − i=2 n 2 bi b1 − i=2 ≥ i=2 Chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe ([LC2], Carlitz) Ta viết lại dạng a1 , b1 , c1 , a2 , b2 , c2 : (a1 + b1 + c1 )(a2 + b2 + c2 ) − 2(a1 a2 + b1 b2 + c1 c2 ) ≥ a1 + b1 + c1 2 − 2(a1 + b1 + c1 ) Ta áp dụng thay sau x1 = a + b + c , x = y1 = a2 + b2 + c2 , y2 = √ √ a2 + b2 + c2 2 a1 , x3 = a2 , y3 = √ √ − 2(a2 + b2 + c2 ) b1 , x4 = b2 , y = √ √ c1 , c2 Như chứng minh bổ đề 5, ta có x1 > x2 + y3 + x4 y1 > y2 + y3 + y4 Ta áp dụng bất đẳng thức Aczél, suy bất đẳng thức x1 y1 − x2 y2 − x3 y3 − x4 y4 ≥ (x1 − (x2 + y3 + x4 )) (y1 − (y2 + y3 + y4 )) Ta kết thúc phần chứng minh đơn giản sinh viên năm chương trình KMO4 mùa hè Chứng minh Xét hai tam giác A1 B1 C1 A2 B2 C2 R2 : A1 (0, p1 ), B1 (p2 , 0), C1 (p3 , 0), A2 (0, q1 ), B2 (q2 , 0), C2 (q3 , 0) Từ bất đẳng thức x2 + y ≥ 2|xy| suy NE T VIE TM A THS = = ≥ ≥ = a1 (b2 + c2 − a2 ) + b1 (c2 + a2 − b2 ) + c1 (a2 + b2 − c2 ) (p3 − p2 )2 (2q1 + 2q1 q2 ) + (p1 + p3 )(2q2 − 2q2 q3 ) + (p1 + p2 )(2q3 − 2q2 q3 ) 2(p3 − p2 )2 q1 + 2(q3 − q2 )2 p1 + 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 Korean Mathematical Olympiads M 19 (IMO 1971) Hãy chứng minh nhận định sau với n = n = sai với số tự nhiên n > : a1 , · · · , an số thực tùy ý, n (ai − aj ) ≥ i=1 i=j M 20 (IMO 2003) Cho x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn số thực (a) Chứng minh |xi − xj | ≤ NE T 1≤i,j≤n 2(n2 − 1) (xi − xj )2 1≤i,j≤n (b) Chứng tỏ đẳng thức xảy x1 , x2 , · · · , xn dãy số học M 21 (Bulgaria 1995) Cho n ≥ ≤ x1 , · · · , xn ≤ Chứng minh đẳng thức xảy n , THS (x1 + x2 + · · · + xn ) − (x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn x1 ) ≤ M 22 (MM1407, M S Klamkin) Hãy xác định giá trị lớn tổng x1 p + x2 p + · · · + xn p − x1 q x2 r − x2 q x3 r − · · · xn q x1 r , p, q, r số thỏa p ≥ q ≥ r ≥ ≤ xi ≤ với i TM A M 23 (IMO Short List 1998) Cho a1 , a2 , · · · , an số thực dương cho a1 + a2 + · · · + an < Chứng minh a1 a2 · · · an (1 − (a1 + a2 + · · · + an )) ≤ n+1 (a1 + a2 + · · · + an )(1 − a1 )(1 − a2 ) · · · (1 − an ) n VIE M 24 (IMO Short List 1998) Cho r1 , r2 , · · · , rn số thực dương ≥ Chứng minh 1 n + ··· + ≥ r1 + rn + (r1 · · · rn ) n + M 25 (Baltic Way 1991) Chứng minh, với số thực a1 , · · · , an , aj ≥ i+j−1 1≤i,j≤n M 26 (India 1995) Cho x1 , x2 , · · · , xn số thực dương có tổng Chứng minh xn x1 + ··· + ≥ − x1 − xn 71 n n−1 M 27 (Turkey 1997) Cho n ≥ 2, Tìm giá trị nhỏ x1 x2 xn + + ··· x2 + x3 + · · · + xn x3 + · · · + x n + x1 x1 + x3 + · · · + xn−1 với số thực dương x1 , · · · , xn subject tới điều kiện x1 + · · · + xn = M 28 (China 1996) Giả sử n ∈ N, x0 = 0, x1 , · · · , xn > 0, x1 + · · · + xn = Chứng minh n xi π √ √ 1≤ < + x0 + · · · + xi−1 xi + · · · + xn i=1 M 29 (Vietnam 1998) Cho x1 , · · · , xn số dương cho 1 + ··· + = x1 + 1998 xn + 1998 1998 Chứng minh (x1 · · · xn ) n ≥ 1998 n−1 M 30 (C2768 Mohammed Aassila) Cho x1 , · · · , xn be n số thực dương Chứng minh x1 x2 xn n √ √ √ √ + + · · · + ≥ x1 x2 + x 2 x2 x3 + x3 xn x1 + x1 2 M 31 (C2842, George Tsintsifas) Cho x1 , · · · , xn số thực dương Chứng minh x1 n + · · · + xn n n(x1 · · · xn ) n (a) + ≥ 2, nx1 · · · xn x1 + · · · + xn (x1 · · · xn ) n x1 n + · · · + xn n + ≥ (b) x1 · · · xn x1 + · · · + xn M 32 (C2423, Walther Janous) Cho x1 , · · · , xn (n ≥ 2) số thực dương cho x1 + · · · + xn = Chứng minh n − x1 n − xn 1+ ··· + ≥ ··· x1 xn − x1 − xn Khi đẳng thức xảy M 33 (C1851, Walther Janous) Cho x1 , · · · , xn (n ≥ 2) số thực dương cho that x1 + · · · + xn = Chứng minh √ n−1 √ ≤ n−1 n i=1 √ n+1 + xi ≤ √ + xi n+1 M 34 (C1429, D S Mitirinovic, J E Pecaric) Chứng tỏ n xi ≤n−1 xi + xi+1 xi+2 i=1 x1 , · · · , xn are n ≥ số thực dương Dĩ nhiên, xn+1 = x1 , xn+2 = x2 Bài toán gốc chứng tỏ sup n xi i=1 xi +xi+1 xi+2 = n − 72 M 35 (Belarus 1998 S Sobolevski) Cho a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an số thực dương Chứng minh bất đẳng thức (a) (b) k = a1 a1 n + ··· + n + ··· + an an ≥ a1 a1 + · · · + an · , an n ≥ 2k a1 + · · · + an · , + k2 n an a1 M 36 (Hong Kong 2000) Cho a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an n số thực cho Chứng tỏ NE T a1 + a2 + · · · + an = a1 + a2 + · · · + an + na1 an ≤ M 37 (Poland 2001) Cho n ≥ số nguyên Chứng minh n n xi + i=1 với số thực không âm x1 , · · · , xn n ≥ ixi THS i i=1 M 38 (Korea 1997) Cho a1 , · · · , an số dương, định nghĩa a1 + · · · + an , G = (a1 · · ·n ) n , H = n TM A A= (a) Nếu n chẵn, chứng tỏ A ≤ −1 + H (b) Nếu n lẻ, chứng tỏ A G n + ··· + an n A n − 2(n − 1) ≤− + H n n VIE a1 A G n M 39 (Romania 1996) Cho x1 , · · · , xn , xn+1 số thực dương cho xn+1 = x1 + · · · + xn Chứng minh n xi (xn+1 − xi ) ≤ i=1 73 xn+1 (xn+1 − xi ) M 40 (C2730, Peter Y Woo) Cho AM (x1 , · · · , xn ) GM (x1 , · · · , xn ) ký hiệu trung bình số học trung bình hình học số dương x1 , · · · , xn Cho số thực dương a1 , · · · , an , b1 , · · · , bn , (a) chứng tỏ GM (a1 + b1 , · · · , an + bn ) ≥ GM (a1 , · · · , an ) + GM (b1 , · · · , bn ) với số thực t ≥ 0, định nghĩa f (t) = GM (t + b1 , t + b2 , · · · , t + bn ) − t (b) Chứng minh f hàm tăng đơn điệu lim f (t) = AM (b1 , · · · , bn ) t→∞ M 41 (C1578, O Johnson, C S Goodlad) Với số thực dương xác định an , cực đại hóa a1 a2 · · · an (1 + a1 )(a1 + a2 )(a2 + a3 ) · · · (an−1 + an ) với số thực dương a1 , · · · , an−1 M 42 (C1630, Isao Ashiba) Cực đại hóa a1 a2 + a3 a4 + · · · + a2n−1 a2n với hoán vị a1 , · · · , a2n of the set {1, 2, · · · , 2n} M 43 (C1662, M S Klamkin) Chứng minh x1 2r+1 x2 2r+1 xn 2r+1 4r + + ··· ≥ (x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn x1 )r s − x1 s − x2 s − xn (n − 1)n2r−1 n > 3, r ≥ 12 , xi ≥ với i, s = x1 + · · · + xn Cũng vậy, tìm giá trị n r cho bất đẳng thức sharp M 44 (C1674, M S Klamkin) Cho số thực dương r, s số nguyên n > rs , tìm số thực dương x1 , · · · , xn tìm cực tiểu 1 + r + ··· + r r x1 x2 xn (1 + x1 )s (1 + x2 )s · · · (1 + xn )s M 45 (C1691, Walther Janous) Cho n ≥ Xác định cận x2 xn x1 + + ··· + x2 x3 · · · xn + x1 x3 · · · xn + x1 x2 · · · xn−1 + với x1 , · · · , xn ∈ [0, 1] M 46 (C1892, Marcin E Kuczma) Cho n ≥ số nguyên Tìm cận cận xác tổng cyclic n i=1 xi xi−1 + xi + xi+1 với n-bộ số không âm x1 , · · · , xn cho xi−1 + xi + xi+1 > với i Dĩ nhiên, xn+1 = x1 , x0 = xn Characterize all cases in which either one of these bounds is attained 74 M 47 (C1953, M S Klamkin) Hãy xác định điều kiện cần đủ theo thực r1 , · · · , rn cho x1 + x2 + · + xn ≥ (r1 x1 + r2 x2 + · · · + rn xn )2 xảy với số thực x1 , · · · , xn M 48 (C2018, Marcin E Kuczma) Bao nhiêu hoán vị (x1 , · · · , xn ) {1, 2, · · · , n} cho tổng cyclic |x1 − x2 | + |x2 − x3 | + · · · + |xn−1 − xn | + |xn − x1 | (a) cực tiểu, (b) cực đại? n √ NE T M 49 (C2214, Walther Janous) Cho n ≥ số tự nhiên Chứng tỏ tồn C = C(n) cho với x1 , · · · , xn ≥ ta có n xi ≤ i=1 (xi + C) i=1 THS Hãy xác định giá trị cực tiểu C(n) với vài giá trị n (Ví dụ, C(2) = 1.) M 50 (C2615, M S Klamkin) Giả sử x1 , · · · , xn số không âm cho xi (xi xi+1 )2 = n(n + 1) TM A tổng đối xứng theo {1, · · · , n} (a) Xác định giá trị lớn xi (b) Chứng minh hay bác bỏ cực tiểu n(n+1) xi M 51 (Turkey 1996) Cho số thực = x1 < x2 < · · · < x2n , x2n+1 = với xi+1 −xi ≤ h for ≤ i ≤ n, cho n x2i (x2i+1 − x2i−1 ) < i=1 VIE 1−h < 1+h M 52 (Poland 2002) Chứng tỏ với số nguyên n ≥ dãy số dương x1 , · · · , xn hai bất đẳng thức thỏa : n i=1 n n xi ≥ , xi+1 + xi+2 i=1 xi n ≥ xi−1 + xi−2 Ở đây, xn+1 = x1 , xn+2 = x2 , x0 = xn , x−1 = xn−1 M 53 (China 1997) Cho x1 , · · · , x1997 số thực thỏa mãn điều kiện sau: √ √ − √ ≤ x1 , · · · , x1997 ≤ 3, x1 + · · · + x1997 = −318 3 Hãy xác định giá trị cực đại x1 12 + · · · + x1997 12 75 M 54 (C2673, George Baloglou) Cho n > số nguyên (a) Chứng tỏ (1 + a1 · · · an )n ≥ a1 · · · an (1 + a1 n−2 ) · · · (1 + a1 n−2 ) với a1 , · · · , an ∈ [1, ∞) n ≥ (b) Chứng tỏ 1 n + + ··· + ≥ n−2 n−2 n−2 a1 (1 + a2 ) a2 (1 + a3 ) an (1 + a1 ) + a1 · · · an với a1 , · · · , an > n ≤ (c) Chứng tỏ 1 n + + ··· + ≥ n−2 n−2 n−2 a1 (1 + a1 ) a2 (1 + a2 ) an (1 + an ) + a1 · · · an với a1 , · · · , an > n ≤ M 55 (C2557, Gord Sinnamon,Hans Heinig) (a) Chứng tỏ dãy số dương {xi } n j k n xi ≤ k=1 j=1 i=1 k xj j=1 k=1 xk (b) Bất đẳng thức hệ số không? (c) Hằng c tối thiểu thay vào hệ số bất đẳng thức trên? M 56 (C1472, Walther Janous) Với số nguyên n ≥ 2, tìm lớn Cn cho n Cn |ai | ≤ i=1 |ai − aj | 1≤i 1, 1 < − 1− 2ne e n n < ne P Putnam 01A6 Một cung parabol nằm đường tròn bán kính có chiều dài lớn 4? P Putnam 99A5 Chứng minh tồn C cho, p(x) đa thức bậc 1999, |p(0)| ≤ C |p(x)| dx −1 78 P 10 Putnam 99B4 Cho f hàm thực đạo hàm bậc ba liên tục cho f (x), f (x), f (x), f (x) số dương với x Giả sử f (x) ≤ f (x) với x Chứng minh f (x) < 2f (x) for all x P 11 Putnam 98B4 Cho am,n ký hiệu hệ số xn khai triển (1 + x + x2 )m Chứng minh với số nguyên k ≥ 0, 2k (−1)i ak−i,i ≤ 0≤ i=0 P 12 Putnam 98B1 Tìm giá trị nhỏ x − x6 + x16 − x + x1 + x3 + x13 NE T x+ for x > P 13 Putnam 96B2 Chứng minh với số nguyên dương n, 2n−1 < · · · · · (2n − 1) < 2n + e THS 2n − e 2n+1 P 14 Putnam 96B3 Cho {x1 , x2 , , xn } = {1, 2, , n}, tìm, chứng minh, giá trị lớn có thể, hàm n (với n ≥ 2), TM A x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn−1 xn + xn x1 P 15 Putnam 91B6 Cho a b số dương Hãy tìm số lớn c, dạng a b, cho sinh ux sinh u(1 − x) ax b1−x ≤ a +b sinh u sinh u với u với < |u| ≤ c với x, < x < VIE P 16 (CMJ4 416, Joanne Harris) Với giá trị c cho ex + e−x ≤ ecx với x thực? P 17 (CMJ420, Edward T H Wang) Ta dễ thấy [Daniel I A Cohen, Các kỹ thuật Lý thuyết Tổ hợp, trang.56] 2n < 2n < 22n với số nguyên n > n Chứng minh bất đăng thức mạnh lơn 22n−1 √ < n 2n n xảy với n ≥ 4 The College Mathematics Journal 79 22n √ < n P 18 (CMJ379, Mohammad K Azarian) Cho x số thực Chứng minh n n sin(kx) (1 − cos x) cos(kx) ≤ k=1 k=1 P 19 (CMJ392 Robert Jones) Chứng minh 1+ x2 x sin x > for x ≥ √ P 20 (CMJ431 R S Luthar) Cho < φ < θ < π2 Chứng minh [(1 + tan2 φ)(1 + sin2 φ)]csc φ < [(1 + tan2 θ)(1 + sin2 θ)]csc θ P 21 (CMJ451, Mohammad K Azarian) Chứng minh π sec α cos2 α + π csc α sin2 α ≥ π , provided < α < π2 P 22 (CMJ446, Norman Schaumberger) Nếu x, y, z số đo góc tám giác (không suy biến), chứng minh π sin 1 ≥ x sin + y sin + z sin π x y z P 23 (CMJ461, Alex Necochea) Cho < x < π < y < Chứng minh − y − cos x , y x − arcsin y ≤ bất đẳng thức xảy y = sin x P 24 (CMJ485 Norman Schaumberger) Chứng minh b a a b (1) a ≥ b > hay > a ≥ b > 0, ab ba ≥ ab ba ; b a a b (2) a > > b > 0, ab ba ≤ ab ba P 25 (CMJ524 Norman Schaumberger) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a b c a+b b+c c+a a b c a bc ≥ ≥ ba cb ac 2 P 26 (CMJ567 H.-J Seiffert) Chứng minh với số thực dương phân biệt x y, √ √ x+ y x−y x+y < x−y < 2 sinh x+y P 27 (CMJ572, George Baloglou Robert Underwood) Chứng minh hay bác bỏ với θ ∈ − π4 , π4 , cosh θ ≤ √1−tan θ 80 P 28 (CMJ603, Juan-Bosco Romero Marquez) Cho a b số thực dương phân biệt cho n số nguyên dương Chứng minh a+b ≤ n bn+1 − an+1 ≤ (n + 1)(b − a) an + bn n P 29 (MM5 904, Norman Schaumberger) Cho x > 2, chứng minh ln x x−1 ∞ ≤ j=0 ≤ ln x2j x−1 x−2 x a α ≤ π cho trước, xác định NE T P 30 (MM1590, Constantin P Niculescu) Với a, < a < giá trị nhỏ α ≥ giá trị lớn β ≥ với sin x x ≤ sin a a β (Tổng quát hóa trở thành bất đẳng thức quen thuộc Jordan 2x π ≤ sin x ≤ on [0, π2 ].) THS P 31 (MM1597, Constantin P Niculescu) Với x, y ∈ 0, minh − sin xy − sin x2 − sin y ln ≥ ln ln + sin xy + sin x2 + sin y π với x = y, chứng TM A P 32 (MM1599, Ice B Risteski) Cho α > β > f (x) = xα (1−x)β Nếu < a < b < f (a) = f (b), chứng tỏ f (α) < −f (β) P 33 (MM Q197, Norman Schaumberger) Chứng tỏ b > a > 0, b ea ≥ ab eb a a b P 34 (MM1618, Michael Golomb) Chứng tỏ < x < π, π−x x π−x < sin x < − x π+x π π+x VIE x P 35 (MM1634, Constantin P Niculescu) Hãy tìm nhỏ k > cho bc ca ab + + ≤ k(a + b + c) a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b với a, b, c > P 36 (MM1233, Robert E Shafer) Chứng minh x > −1 x = 0, x2 1+x+ x2 − x4 120 31 1+x+ 252 x x2 < [ln(1 + x)]2 < 1+x+ Mathematics Magazine 81 x2 − x4 240 1+x+ 20 x ≥ P 37 (MM1236, Mihaly Bencze) Cho hàm số f g xác định f (x) = 8x π2x g(x) = 2 2π + 8x 4π + πx2 với số thực x Chứng minh A, B, C góc tam giác nhọn, R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác f (A) + f (B) + f (C) < a+b+c < g(A) + g(B) + g(C) 4R P 38 (MM1245, Fouad Nakhli) Với số x khoang khoảng mở (1, e) ta dễ chứng tỏ có số y (e, ∞) cho lnyy = lnxx Với x y vậy, chứng minh x + y > x ln y + y ln x P 39 (MM Q725, S Kung) Chứng minh (sin x)y ≤ sin(xy), < x < π < y < P 40 (MM Q771, Norman Schaumberger) Chứng minh < θ < π2 , sin 2θ ≥ (tan θ)cos 2θ 82 Tài liệu tham khảo AB K S Kedlaya, A < B, http://www.unl.edu/amc/a-activities/a4-for-students/s-index.html AI D S Mitinovi´c (in cooperation with P M Vasi´c), Analytic Inequalities, Springer AK F F Abi-Khuzam, A Trigonometric Inequality and its Geometric Applications, Mathematical Inequalities and Applications, Vol 3, No (2000), 437-442 AMN A M Nesbitt, Problem 15114, Educational Times (2) 3(1903), 37-38 AP A Padoa, Period Mat (4)5 (1925), 80-85 NE T Au99 A Storozhev, AMOC Mathematics Contests 1999, Australian Mathematics Trust DP D Pedoe, Thinking Geometrically, Amer Math Monthly 77(1970), 711-721 EC E Cesáro, Nouvelle Correspondence Math 6(1880), 140 THS ESF Elementare Symmetrische Funktionen, http://hydra.nat.uni-magdeburg.de/math4u/var/PU4.html EWW-KI Eric W Weisstein "Kantorovich Inequality." From MathWorld–A Wolfram Web Resource http://mathworld.wolfram.com/KantorovichInequality.html TM A EWW-AI Eric W Weisstein "Abel’s Inequality." From MathWorld–A Wolfram Web Resource http://mathworld.wolfram.com/AbelsInequality.html GC G Chang, Proving Pedoe’s Inequality by Complex Number Computation, Amer Math Monthly 89(1982), 692 ˜ Djordjevi´c, R R Jani´c, D S Mitrinovi´c, P M Vasi´c, Geometric GI O Bottema, R Z Inequalities, Wolters-Noordhoff Publishing, Groningen 1969 VIE HFS H F Sandham, Problem E819, Amer Math Monthly 55(1948), 317 IN I Niven, Maxima and Minima Without Calculus, MAA IV Ilan Vardi, Solutions to the year 2000 International Mathematical Olympiad http://www.lix.polytechnique.fr/Labo/Ilan.Vardi/publications.html JC Ji Chen, Problem 1663, Crux Mathematicorum 18(1992), 188-189 JfdWm J F Darling, W Moser, Problem E1456, Amer Math Monthly 68(1961) 294, 230 JmhMh J M Habeb, M Hajja, A Note on Trigonometric Identities, Expositiones Mathematicae 21(2003), 285-290 KBS K B Stolarsky, Cubic Triangle Inequalities, Amer Math Monthly (1971), 879-881 KYL Kin Y Li, Majorization Inequality, Mathematical Excalibur, (5)5 (2000), 2-4 83 KWL Kee-Wai Liu, Problem 2186, Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem, 23(1997), 71-72 LC1 L Carlitz, An Inequality Involving the Area of Two Triangles, Amer Math Monthly 78(1971), 772 LC2 L Carlitz, Some Inequalities for Two Triangles, Amer Math Monthly 80(1973), 910 MB L J Mordell, D F Barrow, Problem 3740, Amer Math Monthly 44(1937), 252-254 MC M Cipu, Problem 2172, Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem, 23(1997), 439-440 MCo M Colind, Educational Times 13(1870), 30-31 MEK Marcin E Kuczma, Problem 1940, Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem, 23(1997), 170-171 MP M Petrovi´c, Ra˜cunanje sa brojnim razmacima, Beograd 1932, 79 MEK2 Marcin E Kuczma, Problem 1703, Crux Mathematicorum 18(1992), 313-314 NC A note on convexity, Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem, 23(1997), 482-483 ONI T Andreescu, V Cirtoaje, G Dospinescu, M Lascu, Old and New Inequalities ¨ PF P Flor, Uber eine Ungleichung von S S Wagner, Elem Math 20, 136(1965) RAS R A Satnoianu, A General Method for Establishing Geometric Inequalities in a Triangle, Amer Math Monthly 108(2001), 360-364 RI K Wu, Andy Liu, The Rearrangement Inequality, ?? RS R Sondat, Nouv Ann Math (3) 10(1891), 43-47 SR S Rabinowitz, On The Computer Solution of Symmetric Homogeneous Triangle Inequalities, Proceedings of the ACM-SIGSAM 1989 International Symposium on Symbolic and Algebraic Computation (ISAAC ắố89), 272-286 SR2 S Reich, Problem E1930, Amer Math Monthly 73(1966), 1017-1018 TD Titu Andreescu, Dorin Andrica, Complex Numbers from A to Z, Birkhauser TF G B Thomas, Jr., Ross L Finney Calculus and Analytic Geometry 9th ed, AddisonWesley Publishing Company TJM T J Mildorf, Olympiad Inequalities, http://web.mit.edu/tmildorf/www/ TZ T Andreescu, Z Feng, 103 Trigonometry Problems From the Training of the USA IMO Team, Birkhauser WJB W J Blundon, Canad Math Bull 8(1965), 615-626 84 WJB2 W J Blundon, Problem E1935, Amer Math Monthly 73(1966), 1122 WR Walter Rudin, Principles of Mathematical Analysis, 3rd ed, McGraw-Hill Book Company VIE TM A THS NE T ZsJc Zun Shan, Ji Chen, Problem 1680, Crux Mathematicorum 18(1992), 251 85 [...]... Mordell chứng minh trong cùng năm Bất đẳng thức này có nhiều cách chứng minh, André Avez sử dụng định lý Ptolemy , Leon Bankoff dựa vào góc trong các tam giác đồng dạng, V Komornik dựa vào bất đẳng thức diện tích, hay Mordell và Barrow sử dụng lượng giác Chứng minh ([MB], Mordell) Ta chuyển nó sang bất đẳng thức lượng giác Cho h1 = P H1 , h2 = P H2 và h3 = P H3 Áp dụng định lý Sin, Cosin ta được P A sin... , và θ3 là các số thực thỏa mãn θ1 + θ2 + θ3 = π Khi đó, bất đẳng thức sau xảy ra p cos θ1 + q cos θ2 + r cos θ3 ≤ Chứng minh Lấy (x, y, z) = qr , p rp , q pq r 1 2 qr rp pq + + p q r và áp dụng mệnh đề trên Định lý 1.2.2 (Bất đẳng thức Barrow) Cho P là một điểm bên trong tam giác ABC và cho U , V , W là các giao điểm của phân giác các góc BP C, CP A, AP B với các cạnh BC,CA,AB tương ứng Chứng minh. .. luận vài ứng dụng của số phức trong bất đẳng thức hình học Mỗi số phức tương ứng với một điểm duy nhất trên mặt phẳng phức Ký hiệu chuẩn cho tập các số phức là C, và chúng ta cũng xem mặt phẳng phức là C Công cụ chính là các áp dụng của bất đẳng thức cơ bản sau Định lý 1.3.1 Nếu z1 , · · · , zn ∈ C, thì |z1 | + · · · + |zn | ≥ |z1 + · · · + zn | Chứng minh Quy nạp theo n Định lý 1.3.2 (Bất đẳng thức. ..1.2 Các phương pháp lượng giác Trong phần này, ta áp dụng các phương pháp lượng giác để "xử lý" các bài bất đẳng thức hình học Định lý 1.2.1 (Định lý Erd¨ os-Mordell) Nếu từ một điểm P trong một tam giác cho trước ABC kẻ các đường vuông góc P H1 , P H2 , P H3 với các cạnh của nó, thì P A + P B + P C ≥ 2(P H1 + P H2 + P H3 ) Điều này Erd¨os nêu ra vào năm 1935, và sau đó Mordell chứng minh trong... 2 25 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có x3 y 2 + x x3 y 2 + x + y 3 + y 3 ≥ x2 y, ≥ 2xy 2 , x2 + y 2 ≥ 2xy 2 2 Công ba bất đẳng thức trên ta được kết quả Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1 hay a = b = c Bài toán 18 (IMO Short-list 2001) Cho x1 , · · · , xn là các số thực tùy ý Chứng minh bất đẳng thức √ x1 x2 xn + + · · · + < n 1 + x1 2 1 + x1 2 + x2 2 1 + x1 2 + · · · + xn 2 Cách giải 1 Ta... 2 (x + y)(x + z) 2 Theo cùng cách, ta được y ≤ THS (x + y)(x + z) = z y 2 + xy + yz + zx Bằng bất đẳng thức AM-GM, ta có x +√ NE T √ ≤ 1 2 x x + x+z x+z z z + z+x z+y Cộng vế theo vế ta được kết quả Bây giờ ta chứng minh một định lý cổ điển theo nhiều cách khác nhau Định lý 2.2.1 (Nesbitt, 1903) Cho các số thực dương a, b, c, ta có VIE a b c 3 + + ≥ b+c c+a a+b 2 Chứng minh 1 Sau khi thế x = b + c,... trọng tâm G Chứng minh bất đẳng thức sau (1) BC · P B · P C + AB · P A · P B + CA · P C · P A ≥ BC · CA · AB và 3 3 3 (2) P A · BC + P B · CA + P C · AB ≥ 3P G · BC · CA · AB Giải Ta chỉ kiểm tra bất đẳng thức đầu tiên Chú ý A, B, C, P là các số phức và giả sử rằng P tương ứng với 0 Ta cần chứng minh rằng |(B − C)BC| + |(A − B)AB| + |(C − A)CA| ≥ |(B − C)(C − A)(A − B)| Ta vẫn áp dụng bất đẳng thức tam... hai cách chứng minh bất đẳng thức Nesbitt, có nhiều cận dưới 31 Bài toán 21 Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác Chứng minh rằng a b c + + < 2 b+c c+a a+b Chứng minh Ta không áp dụng phép thế Ravi Từ bất đẳng thức tam giác, dẫn ra a a < = 2 1 b + c (a + b + c) 2 cyclic cyclic Có một lần, tôi cố gắng tìm cận mới của (x + y + z)2 trong đó x, y, z > 0 Có cận dưới 2 quen thuộc như 3(xy + yz + zx) và. .. biết rằng nhiều bất đẳng thức trong hình học tam giác có thể được "xử lý" bằng phép thế Ravi và phép thế lượng giác Chúng ta có chuyển bất đẳng thức đã cho thành các bất đẳng thức dễ hơn thông qua vài phép thế đại số Bài toán 13 (IMO 2001/2) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng √ a b c +√ +√ ≥ 1 a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab Cách giải 1 Để khử căn bậc hai, ta dùng phép thế sau: x= √ a b c , y=√... c2 ), tương đương với abc ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) theo định lý 2 Trong chương trước, ta thấy rằng bất đẳng thức hình học R ≥ 2r tương đương với bất đẳng thức đại số abc ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) Bây giờ ta thấy rằng, trong chứng minh định lý trên, abc ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) tương đương với bất đẳng thức lượng giác cos A + cos B + cos C ≤ 23 Một ai đó hỏi rằng Trong ... Trong phần trước, ta biết cách chuyển bất đẳng thức không sang bất đẳng thức Hay nói cách khác, bất đẳng thức chuẩn hóa theo nhiều cách khác Ta đưa hai cách giải toán cách chuẩn hóa: (IMO 2001/2)... phải bất đẳng thức tổng quát bất đẳng thức Weitzenb¨ock’s.(Tại sao?) Trong [GC], G Chang chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe việc sử dụng số phức Với nhận định hình học chứng minh bất đẳng thức. .. , Bất đẳng thức Jensen chứng tỏ 2ab + 2bc + 2ca − (a2 + b2 + c2 ) ≥ tan 4F A + B + C = √ Tsintsifas chứng minh bất đẳng thức tổng quát bất đẳng thức Weitzenb¨ock bất đẳng thức Nesbitt Định lý