- Trang Chủ
- Toán học
- Sử dụng bất đẳng thức Karamata khảo sát bất đẳng thức trong tam giác
Xem mẫu
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA KHẢO SÁT
BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC
Vũ Văn Thưởng
THPT Yên Dũng số 3, Bắc Giang
Tóm tắt nội dung
Báo cáo giới thiệu Bổ đề trội và ứng dụng của Bổ đề trội trong chứng minh các bất
đẳng thức trong tam giác.
1 Mở đầu
Khái niệm trội được đưa ra để so sánh hai phần tử (hai vectơ) trong không gian Rn .
Khái niệm này là cơ sở của lý thuyết trội, được áp dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực,
xem, thí dụ, [9].
Khái niệm trội được áp dụng khá thành công trong chứng minh các bất đẳng thức,
đặc biệt là bất đẳng thức trong tam giác, xem [8], [9], [10]. Có thể nói, bất đẳng thức
Karamata (xem, thí dụ, [1], [3], [5], [6], [7]) cũng là bất đẳng thức trội. Khái niệm trội
cũng khá gần với một số ý tưởng về sắp thứ tự tam giác, xem, thí dụ, [2].
Bất đẳng thức Karamata đã được đề cập đến trong [1], [3], [5], [6], và đã được khai
thác trong [7] để chứng minh các bất đẳng thức lượng giác và hình học. Bất đẳng thức
trội đã được vận dụng trong [8] để chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác trong
[8].
Bài viết Sử dụng Bổ đề trội chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác có mục đích
minh họa khả năng sử dụng khái niệm trội và bất đẳng thức trội (Bổ đề trội) trong chứng
minh, cải tiến và làm mới các bất đẳng thức trong tam giác. Theo chúng tôi, đây là một
kĩ thuật còn chưa được quan tâm nhiều nhưng có ý nghĩa khoa học và thực tiễn, có thể
khai thác sử dụng trong giảng dạy toán sơ cấp.
Bài viết gồm phần Mở đầu (Mục 1), Kết luận và hai Mục chính.
Mục 2 trình bày các khái niệm cơ bản: khái niệm trội, hàm lồi Shur, bất đẳng thức
trội.
Mục 3 trình bày ứng dụng của bổ đề trội và hệ quả của nó trong chứng minh các
bất đẳng thức trong tam giác. Qua đây có thể thấy được thế mạnh của bất đẳng thức
trội trong chứng minh nhiều bài toán về bất đẳng thức trong tam giác. Ngoài ra, Mục 3
cũng nhắc đến ứng dụng của bất đẳng thức trội trong chứng minh các bất đẳng thức nói
chung và so sánh với các phương pháp chứng minh bất đẳng thức khác.
270
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
2 Bổ đề trội
Định nghĩa 1. Cho a = ( a1 , . . . , an ) và b = (b1 , . . . , bn ) là hai vectơ trong không gian
Rn . Các tọa độ ai và bi , i = 1, 2, . . . , n được sắp thứ tự như sau: a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ,
b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn .
nói a trội hơn b (a majorizes b) và viết a b nếu
Ta
a1 ≥ b1 ;
a1 + a2 ≥ b1 + b2 ;
.... Ta cũng nói b bị trội bởi a
a + a + · · · + a ≥ b + b + · · · + b ;
1 2 n − 1 1 2 n − 1
a1 + a2 + · · · + an−1 + an = b1 + b2 + · · · + bn−1 + bn .
(b majorized by a) và viết b ≺ a.
1
Nhận xét 1. Gọi a, b, c (a ≥ b ≥ c) là ba cạnh của tam giác ABC, s = ( a + b + c) là nửa
2
2s 1
chu vi, a¯ = = ( a + b + c) là trung bình cộng của ba cạnh.
3 3
Đặt s1 = − a + b + c ; s2 = a − b + c ; s3 = a + b − c. Khi ấy:
1) ( a¯ , a¯ , a¯ ) ≺ ( a, b, c) ≺
(s, s, 0) với mọi tam giác.
s s
2) ( a¯ , a¯ , a¯ ) ≺ ( a, b, c) ≺ s, , với mọi tam giác cân (b = c).
2 2
Chứng minh.
1 a+a+a 2a + 2b + 2c 2a + 2b + c + c
1) Ta có: a¯ = ( a + b + c) ≤ = a; a¯ + a¯ = = ≤
3 3 3 3
2a + 2b + a + b
= a + b; a¯ + a¯ + a¯ = 3.a¯ = a + b + c. Do đó: ( a¯ , a¯ , a¯ ) ≺ ( a, b, c) .
3
a+b+c
Ta lại có: a < b + c ⇒ a + a < a + b + c ⇒ 2a < a + b + c ⇒ a < = s;
2
0 < c ⇒ a + b < a + b + c = 2s = s + s;
a+b+c a+b+c
a+b+c = + = s + s + 0.
2 2
Do đó ( a, b, c) ≺ (s, s, 0) . Vậy ( a¯ , a¯ , a¯ ) ≺ ( a, b, c) ≺ (s, s, 0) .
2) Với tam giác cân (b = c) ta có:
a < b + c ⇒ a < 2c ⇒ a + b < 2c + b ⇒ a + b < 3c
⇒ 4a − 3a + 4b − 3b < 3c ⇒ 4a + 4b < 3a + 3b + 3c
3 3s s
⇒ a + b < ( a + b + c) ⇒ a + b < ⇒ a+b < s+ ;
4 2 2
a+b+c a+b+c a+b+c s s
a+b+c = + + = s+ + .
2 4 4 2 2
s s
Do đó ( a, b, c) ≺ s, , .
2 2 s s
Vì ( a¯ , a¯ , a¯ ) ≺ ( a, b, c) nên ( a¯ , a¯ , a¯ ) ≺ ( a, b, c) ≺ s, , .
2 2
Nhận xét 2. Cho 0 < α1 , α2 , α3 < π lần lượt là ba góc trong một tam giác. Khi đó:
π π π
1) , , ≺ (α1 , α2 , α3 ) ≺ (π, 0, 0) với mọi tam giác.
π 3 3 3
π π π π
2) , , ≺ ( α1 , α2 , α3 ) ≺ , , 0 với mọi tam giác nhọn.
π 3 3 3 2 2
π π
3) , , ≺ (α1 , α2 , α3 ) ≺ (π, 0, 0) với mọi tam giác không nhọn.
2 4 4
Chứng minh.
π
1) Giả sử α1 ≥ α2 ≥ α3 . Khi ấy π = α1 + α2 + α3 ≤ α1 + α1 + α1 = 3α1 , suy ra α1 ≥
3
;
271
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
2π = 2 (α1 + α2 + α3 ) ≤ 2α1 + 2α2 + α2 + α1 ≤ 3α1 + 3α2 , suy ra
2π π π π π π
α1 + α2 ≥ = + ; α1 + α2 + α3 = + + = π.
π 3π π 3 3 3 3 3
Do đó , , ≺ ( α1 , α2 , α3 ).
3 3 3
Ta cũng có: α1 < π; α1 + α2 < π + 0; α1 +α2 + α3 = π + 0 + 0.
π π π
Suy ra (α1 , α2 , α3 ) ≺ (π, 0, 0). Vậy , , ≺ (α1 , α2 , α3 ) ≺ (π, 0, 0) . 2) Với mọi
3 3 3
π
tam giác có ba góc nhọn, > α1 ≥ α2 ≥ α3 , ta có
2
π π π π π
α1 < ; α1 + α2 < + ; α1 + α2 + α3 = + + 0 = π.
2 2π π2 2 2
Suy ra (α1 , α2 , α3 ) ≺ , ,0 .
π π π 2 2 π π
Vậy , , ≺ ( α1 , α2 , α3 ) ≺ , , 0 cho tam giác nhọn.
3 3 3 2 2
π
3) Với mọi tam giác không nhọn có α1 ≥ > α2 ≥ α3 , ta có:
2
π
+ π ≤ α1 + (α1 + α2 + α3 ) = 2α1 + α2 + α3 ≤ 2α1 + α2 + α2 = 2 (α1 + α2 ) .
2
π π π π π
Suy ra: + ≤ α1 + α2 ; α1 + α2 + α3 = + + = π;
π 2π π4 2 4 4
Vậy , , ≺ (α1 , α2 , α3 ) ≺ (π, 0, 0)với mọi tam giác không nhọn.
2 4 4
Định nghĩa 2. Tập X ⊆ Rn được gọi là tập lồi nếu với mọi λ ∈ [0; 1] và x1 ∈ X, x2 ∈ X
ta có xλ = λx1 + (1 − λ) x2 ∈ X.
Nghĩa là, tập lồi X chứa mọi đoạn thẳng nối hai điểm của nó.
Định nghĩa 3. Hàm f : X ⊆ Rn → R được gọi là hàm lồi nếu X là tập lồi và với mọi
λ ∈ [0; 1] và x1 ∈ X, x2 ∈ X ta có
f ( xλ ) = f (λx1 + (1 − λ) x2 ) ≤ λ f ( x1 ) + (1 − λ) f ( x2 ) .
Hàm f được gọi là hàm lõm nếu − f là hàm lồi, hay ta có bất đẳng thức ngược lại.
Định lí 2.1 Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên tập X và có đạo hàm cấp hai tại mọi
x ∈ X.
Nếu f 00 ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ X thì f ( x ) là hàm lồi trên X.
Nếu f 00 ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ X thì f ( x ) là hàm lõm trên X.
Sử dụng tiêu chuẩn này, ta có thể chứng minh tính lồi (lõm) của hàng loạt các hàm số
sau đây.
√
Nhận xét 3. Hàm số y = sin x, y = sinx, y =ln sin x là những hàm lõm trên khoảng
x π
(0; π ) ; Hàm số y = sin2 là hàm lồi trên 0; ; Hàm số y = sin kx (k > 0) là hàm lõm
h πi 2 2
trên đoạn 0; .
k
x π
Nhận xét 4. Các hàm số y = cos x, y = cos2 là các hàm lõm trên khoảng 0; ; Hàm
2 2
π x
số y = ln cos kx (k > 0) là hàm lõm trên khoảng 0; ; Hàm số y = cos là hàm lõm
2k 2
trên khoảng(0; π ) .
x m
Nhận xét 5. Các hàm số y = (tan x )m và y = tan , m ≥ 1 là các hàm lồi trên khoảng
π 2
0; ;
2
x π
Hàm số y = f ( x ) = ln tan là hàm lõm trên khoảng 0; .
2 2
272
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Định nghĩa 4. Hàm F : X ⊆ Rn → R được gọi là hàm lồi Shur (Shur-convex function)
nếu x ≺ y trên X suy ra F ( x ) ≤ F (y) .
Một bất đẳng thức cho hàm lồi được sử dụng hiệu quả trong chứng minh các bất
đẳng thức là Bất đẳng thức trội dưới đây.
Bất đẳng thức trội (Bổ đề trội, Shur, 1923)
Kí hiệu [ a, b]n := { x = ( x1 , . . . , xn ) : xi ∈ [ a, b]} , trong đó [ a; b] ⊆ R.
n
Nếu f : [ a; b] ⊆ R → R là hàm lồi thì F : [ a; b]n → R, với F ( x ) := ∑ f ( xi ) là hàm lồi
i =1
n n
n
Shur, tức là với mọi x, y ∈ [ a, b] , x ≺ y ta có ∑ f ( xi ) ≤ ∑ f (yi ), hay
i =1 i =1
f ( x1 ) + f ( x2 ) + · · · + f ( x n ) ≤ f ( y1 ) + f ( y2 ) + · · · + f ( y n ) . (1)
Nếu f : [ a; b] → R là hàm lõm thì ta có bất đẳng thức ngược lại, tức là với mọi
x, y ∈ [ a, b]n , x ≺ y ta có
f ( x1 ) + f ( x2 ) + · · · + f ( x n ) ≥ f ( y1 ) + f ( y2 ) + · · · + f ( y n ) . (2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xi = yi , ∀i = 1, n.
Chứng minh xem, ví dụ, [8], [10].
Nhận xét 6. Nhiều tài liệu (thí dụ, [1], [3], [5], [6], [7]) gọi bất đẳng thức (1) và (2) là bất
đẳng thức Karamata (Karamata Inequality). Bổ đề trội được Shur chứng minh năm 1923
và Karamata chứng minh năm 1932. Bổ đề trội còn có rất nhiều ứng dụng khác, không
chỉ toán sơ cấp (xem [10]), Do đó, chúng tôi gọi (theo [10]), các bất đẳng thức (1) và (2)
là bất đẳng thức Shur hay bất đẳng thức trội, mặc dù trong các tài liệu, từ bất đẳng thức
Shur thường được dùng cho một bất đẳng thức hoàn toàn khác.
Hệ quả 1 (Bất đẳng thức Jensen). Với mọi hàm lồi f ( x ) trên ( a; b) và với mọi xi ∈ ( a, b)
(i = 1, 2, . . . , n), ta luôn có
f ( x1 ) + f ( x2 ) + · · · + f ( x n ) x1 + x2 + · · · + x n
≥ f .
n n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .
Hệ quả 2 (Bất đẳng thức Popoviciu). Với mọi hàm lồi trên ( a; b) và với mọi x, y, z ∈ ( a; b) ,
ta luôn có
x+y+x x+y y+z z+x
f ( x ) + f (y) + f (z) + 3 f ≥ 2f + 2f + 2f .
3 2 2 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Hệ quả 3 (Bất đẳng thức Vasile Cirtoaje). Với mọi hàm lồi f ( x ) trên ( a; b)
và a1 , a2 , . . . , an ∈ ( a; b), ta luôn có f ( a1 ) + f ( a2 ) + · · · + f ( an ) + n(n −
a1 + a2 + · · · + a n
2) f ≥ (n − 1) ( f (b1 ) + f (b2 ) + · · · + f (bn )) , trong đó bi =
n
1
∑ a j , i = 1, 2, . . . , n.
n − 1 j 6 =i
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an .
3 Áp dụng bất đẳng thức trội trong chứng minh bất
đẳng thức
Khái niệm trội, thậm chí chỉ riêng bất đẳng thức trội, đặc biệt có lợi trong đánh giá
(bất đẳng thức và tìm cực trị) các đại lượng. Dưới đây là các ví dụ minh họa.
273
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
3.1 Ví dụ minh họa
Bài toán 1 ([9). , 1996 Asian Pacific Mathematical Competition; Olympic châu Á
√ – Thái Bình
Dương
√ lần thứ√ 8, 1996]Cho a, b, c√là ba cạnh của một tam giác. Khi ấy a + b − c +
√ √
b + c − a + a + c − b ≤ a + b + c. (3.1)
Chứng minh. Không hạn chế tổng quát, coi a ≥ b ≥ c > 0. Khi đó a + b − c ≥ a + c − b ≥
b +c − a và
a + b − c ≥ a;
( a + b − c) + ( a + c − b) = 2a ≥ a + b;
( a + b − c) + ( a + c − b) + (b + c − a) = a + b + c.
Do đó ( a + b − c, a + c − b, b + c − a) ( a, b, c) . √
Áp
√ dụng bất đẳng√ thức trội√(2) cho hàm lõm y √ = x, ta được
√ √
a + b − c + b + c − a + a + c − b ≤ a + b + c. Vậy bất đẳng thức (3.1) được
chứng minh.
Nhận xét 7. Kí hiệu a = y + z, b = x + y, c = x + z. Về mặt hình học x, y, z chính là
độ dài đường tiếp tuyến tới đường tròn nội tiếp tam giác kẻ từ các đỉnh A, B, C. Đặt
a1 = a, a2 = b, a3 = c; b1 = z + y, b2 = y + x, b3 = z + x. Khi đó:
a1 = b1 ; a1 + a2 = b1 + b2 ; a1 + a2 + a3 = b1 + b2 + b3 .
Áp dụng bất đẳng thức trội (1) ta được: f ( a, b, c) ≥ 0 ⇒ f (y + z, y + x, x + z) ≥ 0.
a+b+c a+b+c
Kí hiệu s = là nửa chu vi tam giác. Khi ấy ta có: s − a = −a =
2 2
b+c−a − (y + z) + (z + x ) + ( x + y)
= = x.
2 2
Tương tự, s − b = z; s − c = y.
Không hạn chế tổng quát, coi x ≥ y ≥ z. Đặt c1 = x; c2 = y; c3 = z và d1 = s − a =
x; d2 = s − c = y; d3 = s − b = z, ta được:
c1 ≥ d1 ; c1 + c2 ≥ d1 + d2 ;
c1 + c2 + c3 = x + y + z = d1 + d2 + d3 .
Áp dụng bất đẳng thức trội (1) ta được:
f ( x, y, z) ≥ 0 ⇒ f ((s − a) , (s − c) , (s − b)) ≥ 0.
Như vậy, phép biến đổi a = y + z, b = x + z, c = x + y cho một tương ứng giữa
ba cạnh a, b, c của tam giác và ba số dương x, y, z. Điều này cho phép tạo các đẳng thức
và bất đẳng thức mới trong tam giác từ các các đẳng thức và bất đẳng thức giữa ba số
dương.
Bất đẳng thức trội có thể được áp dụng để chứng minh các bất đẳng thức hoặc giải
các bài toán cực trị. Dưới đây là một ví dụ.
Bài toán 2 (Thi kết thúc học phần cao học, chuyên đề bất đẳng thức, Đại học Đà Nẵng).
Choa, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện
0 ≤ c ≤ b ≤ a ≤ 8;
a + b ≤ 13;
a + b + c = 15.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của M = a2 + b2 + c2 . Chứng minh. Từ giả
bài toán, ta có: a ≥ b ≥ c, 8 > 5 > 2 và
thiết
0 ≤ a ≤ 8;
a + b ≤ 8 + 5;
a + b + c = 8 + 5 + 2.
Do đó ta có (8, 5, 2) ( a, b, c) .
Áp dụng bất đẳng thức trội (1) cho hàm lồi y = x2 , ta được:
274
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤ f (8) + f (5) + f (2)
⇔ a2 + b2 + c2 ≤ 82 + 52 + 22 = 93⇔ M ≤ 93.
Vậy max M = 93đạt được khi a = 8, b = 5, c = 2.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số ( a, b, c) và (1,1,1) ta được:
(1.a + 1.b + 1.c)2 ≤ 12 + 12 + 12 a2 + b2 + c2
⇔ 152 ≤ 3. a2 + b2 + c2
⇔ a2 + b2 + c2 ≥ 75.
Vậy min M = 75 đạt được khi a = b = c = 5.
3.2 Sử dụng bất đẳng thức trội chứng minh các bất đẳng thức
trong tam giác
Nhờ bất đẳng thức trội và Hệ quả của nó (bất đẳng thức Jensen, Popoviciu, Vasile
Cirtoaje,. . . ), kết hợp các Nhận xét 2.1, 2.2 với tính chất của hàm lồi (các nhận xét 2.3, 2.4,
2.5,. . . ), ta có thể dễ dàng chứng minh các bất đẳng thức dưới đây. Chứng minh chi tiết
và so sánh tính ưu việt của kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức trội so với các phương pháp
khác (biến đổi đại số và lượng giác, sử dụng các đánh giá bất đẳng thức, phương pháp
tam thức bậc hai, phương pháp đạo hàm, phương pháp vectơ,. . . ) có thể xem trong [8].
Bài toán 3. Tam giác ABC bất kì có các cạnh, nửa chu vi và ba góc tương ứng được kí
hiệu là a, b, c, s, α1 , α2 , α3 . Khi ấy:
1 a2 + b2 + c2 1
1) ≤ 2
< ;
3 ( a + b + c) 2
9 1 1 1
2) ≤ + + ;
ps s − a s
p − b s − cp √
3) a (s − a) + b (s − b) + c (s − c) ≤ 2s; √ √
√ √ √
4) (Học viện kỹ thuật Quân sự, 1996-1997) √ s < s − a + s − b + s − c ≤ 3s;
3 3
5)0 < sin α1 + sin α2 + sin α3 ≤ ;
√ 2
3 3
6) 0 < sin α1 . sin α2 . sin α3 ≤ ;
8
1
√ √ √ 3 4
7) 0 < sin α1 + sin α2 + sin α3 ≤ 3 ;
4
3 α
1
α
2
α
3
8) ≤ sin2 + sin2 + sin2 < 1;
4 2 2 2
α1 α2 α α3 α2 α3 3
9) 0 < sin . sin + sin 1 . sin + sin . sin ≤ ;
2 2 2 2 2 2 4
α1 + 3α2 α2 + 3α3 α3 + 3α1
10) sin α1 sin α2 sin α3 ≤ sin sin sin ;
4 4 4
1 1 1
11) α 1
+ α 2
+ α3 ≥ 12;
sin2 sin2 sin2
2 2 2 √
α1 α2 α3 3 3
12) 2 < cos + cos + cos ≤ ;
2 2 2 2
α1 α2 α3 9
13) 2 < cos2 + cos2 + cos2 ≤ ;
2 2 2 2
1
14) cos α1 . cos α2 . cos α3 ≤ ;
8
275
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
√
α1 α2 α3 3 3
15) 0 < cos . cos . cos ≤ ;
2 2 2 8
3
16) cos α1 . cos α2 + cos α1 . cos α3 + cos α2 . cos α3 ≤ .
4
α1 α2 α3 α1 α2 α3 √ 3
17) sin + sin + sin + tan + tan + tan ≥ 3+ .
2 2 2 2 2 2 2
Bài toán 4. Cho tam giác ABC có ba √ góc nhọn α1 , α2 , α3 . Khi ấy:
3 3 α1 α2 α3 1
1) 2 < sin α1 + sin α2 + sin α3 ≤ ; 2) 0 < sin sin sin ≤ ;
2 2 2 2 8
1
√ √ √
3 4
3) 2 < sin α1 + sin α2 + sin α3 ≤ 3 ;
4
1 α1 α2 α α3 α2 α3 3
4) < sin . sin + sin 1 . sin + sin . sin ≤ ;
2 2 2 2 2 2 2 4
3
5) 1 ≤ cos α1 + cos α2 + cos α3 ≤ ;
2
√
1 α1 α2 α3 3 3
6) < cos . cos . cos ≤ ;
2 2 2 2 8
1 1 1
7) + + ≥ 6.
cos α1 cos α2 cos α3
Chứng minh rằng với mọi m ≥ 1 và mọi tam giác nhọn ta có:
m+2
m m
8) tan α1 + tan α2 + tan α3 ≥ √ m 3 2 ;
8.1) tan α1 + tan α2 + tan α3 ≥ 3 3; 8.2) tan2 α1 + tan2 α2 + tan2 α3 ≥ 9;
m−2
− α
1
α
2
α
3
9) 3 2 ≤ tanm + tanm + tanm ;
√ 2 2 2
α1 α2 α3 α α2 α3
9.1) 3 ≤ tan + tan + tan ; 9.2) tan2 1 + tan2 + tan2 ≥ 1;
2 2 √2 2 2 2
α1 α2 α3 3
10) 0 < tan . tan . tan ≤ .
2 2 2 9
Bài toán 5. Tam giác tù ABC có ba góc là √ α1 , α2 , α3 . Khi ấy:
1) 0 < sin α1 + sin α2 + sin α3 < 1 + 2;
1
2) 0 < sin α1 sin α2 sin α3 < ;
2
3
√ √ √
3) 0 < sin α1 + sin α2 + sin α3 < 1 + (2) 4 ;
√ s √
α1 α2 α1 α3 α2 α3 2− 2 2− 2
4) 0 < sin sin + sin sin + sin sin < + ;
2 2 2 2 2 2 4 √2
1 1 1 √ α α2 α3 1+ 2
5) + + ≥ 2 3; 6) 0 < cos 1 cos cos < ;
sin α1 sin α2 sin α3 2 2 2 4
α1 α2 α3 √
7) tan + tan + tan ≥ 2 2 − 1.
2 2 2
1 a2 + b2 + c2 3
Bài toán 6. Với tam giác ABC cân, ta có ≤ 2
< .
3 ( a + b + c) 8
toán 7. Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác thỏa mãn
Bài
2 ≥ a ≥ b ≥ c ≥ 1,
a + b + c = 4.
√ √ √ √ √
Khi ấy 4 + a2 + 4 + b2 + 4 + c2 ≤ 2 5+ 2 .
276
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
π π
Bài toán 8. Giả sử ≥ α1 ≥ α2 ≥ α3 ≥ . Khi ấy
2 √ 4
cos α1 + cos α2 + cos α3 ≥ 2.
Bất đẳng thức trội có thể được áp dụng để chứng minh các bất đẳng thức hoặc giải
các bài toán cực trị. Dưới đây là một số ví dụ. Có thể xem thêm [7].
1 1 1 1 1 1
Bài toán 9. Cho a, b, c > 0. Khi ấy + + ≥ 2. + + .
a b c a+b b+c a+c
Bài toán 10 ([8). , IMO 2000, Problem 2]Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a.b.c =
1. Khi
ấy
1 1 1
a−1+ b−1+ c−1+ ≤ 1.
b c a
Bài toán 11. Cho 2n số thực dương ai , bi i = 1, n thỏa mãn điều kiện
a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ; b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn ; a1 ≥ b1 ; a1 .a2 ≥ b1 .b2 ; . . . ; a1 .a2 . . . an ≥
b1 .b2 . . . bn . Khi ấy
a1 + a2 + · · · + an ≥ b1 + b2 + · · · + bn .
Bài toán 12. Cho a, b là các số thực dương. Khi ấy
p3
√ p
3
√3
p
3
√3
p √
a + a + b + b ≤ a + b + 3 b + 3 a.
3
π n
Bài toán 13 (xem [9). ]Cho n ≥ 4, 0 ≤ ai ≤ , i = 1, 2, . . . , n. Giả sử S := ∑ ai ≤ 2π.
2 i =1
n S
Khi ấy 4 ≤ ∑ sin ai ≤ n sin .
i =1 n
Bài toán 14 (xem [9). ]Cho ai , i = 1, 2, . . . , n là những số nguyên dương. Kí hiệu S =
n
∑ ai (≥ n) . Khi ấy
i =1
2
S
(S − n + 1)2 + n − 1 ≥ a21 + a22 + · · · + a2n ≥ n. .
n
1
Bài toán 15. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn: −1 ≤ a, b, c ≤ 1 và a + b + c = − . Tìm
2
giá trị lớn nhất của biểu thức A = a12 + b12 + c12 .
a n
Bài toán 16 (Vô địch Áo, 2000). Cho a, b > 0 và số nguyên n. Chứng minh 1 + +
n b
b
1+ ≥ 2n+1 . Đẳng thức xảy ra khi nào?
a
Bài toán 17 (IMO 1999). Cho n là một số nguyên dương cố định, n ≥ 2. Hãy tìm hằng số
C bé nhất sao cho 4
n
2 + x2 ≤ C
∑ x x
i j x i j ∑ i với mọi số thực không âm x1 , x2 , . . . , xn .
x
1≤ i < j ≤ n i =1
√ √
Bài
√ toán 18 √(Iran 2008). Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = 1. Khi ấy a3 + a + b3 + b +
c3 + c ≥ 2 a + b + c.
277
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
4 Kết luận
Để chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác, ta có thể dùng nhiều phương pháp:
biến đổi đại số và lượng giác, lượng giác hóa, phương pháp hàm số, phương pháp đánh
giá số hạng, phương pháp tam thức bậc hai, phương pháp vectơ,... Tuy nhiên, thường
phải sử dụng nhiều phép biến đổi tương đối phức tạp và cồng kềnh.
Sử dụng phương trình bậc ba (xem [4]) hoặc Bổ đề trội, ta thường có ngay kết quả cần
chứng minh. Bổ để trội, theo một nghĩa nào đó, hay hơn phương pháp phương trình bậc
ba, bởi vì phương pháp phương trình bậc ba thường chỉ áp dụng được cho các tam giác
bất kì (các góc hoặc các cạnh có vai trò như nhau), còn phương pháp Bổ đề trội có thể áp
dụng cho cả các tam giác đặc biệt (không đối xứng: tam giác cân, tam giác tù, tam giác
vuông cân, tam giác thỏa mãn một tính chất đặc biệt nào đó,...).
Nhờ cách chọn linh hoạt các vectơ để so sánh và các hàm lồi, lõm tương ứng, ta có thể
sử dụng bất đẳng thức trội để chứng minh các bất đẳng thức. Chỉ cần một bất đẳng thức
trội (hay bất đẳng thức Karamata) và hệ quả của nó, ta đã có thể chứng minh được RẤT
NHIỀU bất đẳng thức trong tam giác. Chúng tôi tin rằng, các bất đẳng thức nêu trong
Mục 3 chỉ là một số ít các ví dụ minh họa tính ưu việt của Bổ đề trội. Còn rất nhiều bất
đẳng thức cũ và mới nói chung, nhiều bất đẳng thức cũ và mới trong tam giác nói riêng,
có thể chứng minh được nhờ bất đẳng thức trội hoặc các hệ quả.
Tài liệu
[1] Phạm Kim Hùng (2006), Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất bản Tri thức
[2] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên, 2004), Một số chuyên đề chọn lọc bồi dưỡng học sinh
giỏi, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội.
[3] Trần Phương (2009), Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học, Nhà xuất
bản Tri thức.
[4] Tạ Duy Phượng (2004, 2006), Phương trình bậc ba và các hệ thức trong tam giác,
Nhà xuất bản Giáo dục.
[5] Lê Hồ Quý (2011), Bất đẳng thức Karamata và một vài ứng dụng, Hội thảo Các
chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi cấp Trung học Phổ thông, Phú Yên,
18-19 tháng 4 năm 2011.
[6] Cao Minh Quang, Bất đẳng thức Karamata và một số ứng dụng,
http://sachsangtao.com/bvct/sach-tham-khao/414/bdt-karamata-va-mot-so-
ung-dung-cao-minh-quang.html
[7] Mạc Văn Thư (2013), Một số lớp bất đẳng thức Karamata và áp dụng, Luận văn Thạc
sĩ, Đại học Thái Nguyên.
[8] Vũ Văn Thưởng (2016), Sử dụng Bổ đề trội chứng minh các bất đẳng thức trong tam
giác, Luận văn Thạc sĩ, Đại học Thăng Long.
[9] M. S. Klamkin (2002), On a “Problem of the Month”, Crux, Vol. 28, 86-90.
[10] A. W. Marshall, L. Olkin and B. C. Arnold (2011, Second Edition)), Inequalities:
Theory of Majorization and Its applications, in Springer Series in Statistics, N. Y.,
909 pages.
278
nguon tai.lieu . vn
