ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ HẬU
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN, NĂM 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ HẬU
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
TS. NGUYỄN VĂN NGỌC
THÁI NGUYÊN, NĂM 2015
i
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii
Danh mục các kí hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
Danh mục các hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iv
Lời mở đầu 1
1 Các phương pháp chứng minh thường dùng 3
1.1 Phương pháp thuần túy hình học . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Một số định lý cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Một số bài toán về bất đẳng thức của hình học phẳng 5
1.2 Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đại số cơ bản . . . 13
1.2.1 Các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân và trong khuôn khổ của luận
văn thạc sỹ nên bản luận văn mới chỉ trình bày được một phần nào đó.
Do thời gian có hạn và năng lực có phần hạn chế nên chắc chắn luận văn
không tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận được ý kiến đóng góp
của các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn chỉnh
hơn.
Xin chân thành cảm ơn.
Thái Nguyên, ngày tháng năm 2015
Tác giả
Nguyễn Thị Hậu
iii
Danh mục các kí hiệu
Giả sử tam giác ABC có:
BC =a, CA =b, AB =c;
S là diện tích tam giác;
p là nửa chu vi tam giác;
m
a
, m
b
, m
c
, l
a
, l
b
, l
c
, h
a

Hình 1.11;
Hình 1.12.
1
Lời mở đầu
Bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức hình học nói riêng được sử
dụng trong nhiều lĩnh vực của toán học. Chúng có một số đặc tính thú vị
và nhiều ứng dụng. Bất đẳng thức hình học thường khó có thể giải quyết
được và không phải lúc nào cũng tìm được lời giải đẹp. Hiện nay đã có
một lượng đáng kể tài liệu bằng tiếng Anh và tiếng Việt về các bất đẳng
thức hình học. Nhận xét rằng, cũng đã có những luận văn về bất đẳng
thức hình học, chẳng hạn [4]. Tuy nhiên, theo như chúng tôi được biết,
tài liệu về phân loại các phương pháp chứng minh các bất đẳng thức hình
học chưa có nhiều, ngoài ra chủ yếu là trong các tài liệu bằng tiếng Anh.
Vì những lý do trên đây chúng tôi đã chọn đề tài luận văn là " Một số
phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học". Tìm hiểu về
các phương pháp chứng minh bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức
hình học nói riêng là cần thiết vì nó giúp chúng ta giải pháp tiếp cận một
bài toán nào đó, hoặc công cụ nghiên cứu một vấn đề nào đó.
Luận văn này trình bày một số phương pháp chứng minh các bất đẳng
thức hình học mà có thể sử dụng để giải quyết các bài toán về bất đẳng
thức hình học và cực trị từ cơ bản đến nâng cao thường xuất hiện trong
các kỳ thi vào trường, thi học sinh giỏi khu vực hay quốc gia, quốc tế.
Tuyển chọn và phân loại các bài toán về bất đẳng thức hình học theo đặc
điểm phương pháp giải chúng.
Luận văn có bố cục: Mở đầu, ba chương nội dung chính, Kết luận và
Tài liệu tham khảo.
Chương 1: Các phương pháp chứng minh thường dùng.
Chương này trình bày các bài toán giải bằng phương pháp thuần túy hình
học, như bất đẳng thức tam giác, quan hệ giữa cạnh và góc của một tam
giác và các bài toán giải bằng phương pháp sử dụng các bất đẳng thức

vào hình học là một việc rất khó.
3
Chương 1
Các phương pháp chứng minh
thường dùng
Chương này trình bày các bài toán giải bằng phương pháp thuần túy
hình học, như bất đẳng thức tam giác, quan hệ giữa cạnh và góc của một
tam giác và các bài toán giải bằng phương pháp sử dụng các bất đẳng thức
cơ bản của đại số, như bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Cauchy-
Schwarz, v.v Nội dung chủ yếu của chương này được hình thành từ các
tài liệu [1, 2, 5, 11 - ??, 7].
1.1 Phương pháp thuần túy hình học
1.1.1 Một số định lý cơ bản
Trong mục này tác giả trình bày một số định lý cơ bản của hình học
phẳng. Nội dung cơ bản của mục này được trích ra từ tài liệu [1].
Định lý 1.1. (Bất đẳng thức tam giác). Trong mọi tam giác chiều dài
một cạnh luôn nhỏ hơn tổng chiều dài của hai cạnh còn lại. Tổng quát hơn,
cho ba điểm A, B, C ta có:
AC +BC ⩾AB
với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C nằm trên đoạn AB.
Đây là một trong những bất đẳng thức hình học cơ bản nhất. Trong
phần này chủ yếu đưa ra các bài toán được giải quyết nhờ sử dụng bất
đẳng thức đơn giản này.
Định lý 1.2. Giả sử O là điểm bên trong tam giác ABC ( Điểm O có
thể nằm trên cạnh, nhưng không trùng với bất kỳ đỉnh nào của tam giác
ABC). Khi đó có bất đẳng thức
AO +OC <AB +BC. (1.1)
4
Hình 1.1
Chứng minh. Ký hiệu M là giao điểm của AO với BC. Sử dụng kép bất

thuẫn. Định lý được chứng minh.
Định lý 1.4. Cho trước hai tam giác ABC và A
′
B
′
C
′
có hai cặp cạnh
bằng nhau AB =A
′
B
′
, AC =A
′
C
′
. Ta có bất đẳng thức

BAC >

B
′
A
′
C
′
khi và chi khi BC >B
′
C
′

cùng nằm về một phía đối với đường thẳng AC.
Do AB =A
′
B
′
, nên ta có

ABB
′
=

AB
′
B. Vì

CBB
′
<

ABB
′
và

CB
′
B >

AB
′
B, nên

∆A
′
B
′
C
′
(c.g.c). Vậy

BAC >

B
′
A
′
C
′
khi và chỉ khi BC >B
′
C
′
. Định lý
được chứng minh.
Định lý 1.5. ( Công thức Euler). Gọi R và r lần lượt là bán kính của
đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC, d là khoảng
cách giữa hai tâm của hai đường tròn đó. Khi đó có đẳng thức
d
2
=R
2
−2Rr. (1.2)

Mặt khác, theo bất đẳng thức (1.1)trong Định lý 1.2, ta có
OA +OB <CA +CB,
OB +OC <AB +AC,
OC +OA <BC +BA.
Cộng các bất đẳng thức trên đây theo từng vế, ta được
2(AO +BO +CO)<4p ⇔AO +BO +CO <2p. (1.9)
Từ (1.8) và (1.9) ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh đối diện với các
đỉnh là a, b, c. Ký hiệu m
a
, m
b
, m
c
là độ dài các đường trung tuyến ứng với
các cạnh a, b, c. Chứng minh rằng
a +b +c
2
<m
a
+m
b
+m
c
<a +b +c. (1.10)
Lời giải. Ký hiệu M là trung điểm BC và A
′
đối xứng với A qua M. Khi
Hình 1.6
đó ta có AA

<
1
sin
A
2
+
1
sin
B
2
+
1
sin
C
2
<
a +b +c
r
, (1.11)
trong đó r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác.
Lời giải. Gọi O là giao điểm các đường phân giác của tam giác ABC. Gọi
Hình 1.7
r là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác. Theo công thức (1.7) trong Bài
toán 1.2, ta có
a +b +c
2
<OA +OB +OC <a +b +c.
Vì
OA =
r

điểm C
1
, A
1
, B
1
tương ứng sao cho BA
1
=λBC, CB
1
=λCA, AC
1
=λAB,
ở đó
1
2
<λ <1. Chứng minh rằng chu vi p của tam giác ABC và chu vi p
1
của tam giác A
1
B
1
C
1
thỏa mãn bất đẳng thức
(2λ −1)p <p
1
<λp.
Lời giải.
Hình 1.9

1
=
(1 −λ)AB +(2λ −1)CA.
Tương tự: B
1
C
1
<(1−λ)BC+(2λ−1)AB và C
1
A
1
<(1−λ)CA+(2λ−1)BC.
Cộng các bất đẳng thức này ta được p
1
<λp.
Rõ ràng, A
1
B
1
+AC >B
1
C, nghĩa là:
A
1
B
1
+(1 −λ)BC >λCA
Tương tự: B
1
C

+CO
1
+BO
1
+DO
1
⩾AO +CO +BO +DO
tức là O là điểm cần tìm.
Bài toán 1.8. Trong mặt phẳng cho các điểm A
1
A
2
, . . . , A
n
không nằm
trên một đường thẳng. Gọi 2 điểm phân biệt P và Q thỏa mãn tính chất
A
1
P +A
2
P +. . . +A
n
P =A
1
Q +A
2
Q +. . . +A
n
Q =s
Chứng minh rằng A


n

i=1
A
i
P +
n

i=1
A
i
Q

=s.
Bài toán 1.9. Trên mặt phẳng cho trước đường tròn đơn vị và n điểm
A
1
, A
2
, . . . , A
n
. Chứng minh rằng tồn tại điểm M trên đường tròn sao cho
MA
1
+MA
2
+. . . +MA
n
⩾n

A
n
)+(M
2
A
1
+⋯+M
2
A
n
)⩾2n.
Vì vậy hoặc M
1
A
1
+. . . +M
1
A
n
⩾n và khi đó ta chọn M ≡M
1
hoặc
M
2
A
1
+. . . +M
2
A
n

+A
p+1
A
q+1
.
Viết tất cả các bất đẳng thức như vậy và cộng chúng lại. Với mỗi cạnh tồn
tại đúng n−3 cạnh không kề với nó và do đó mỗi cạnh bất kì có mặt trong
n −3 bất đẳng thức, nghĩa là ở vế trái của tổng nhận được có (n −3)p, ở
đó p là tổng chiều dài các cạnh của n-giác. Đường chéo A
m
A
n
tham gia
vào hai bất đẳng thức với p =n, q =m và p =n −1, q =m −1. Do đó trong
vế phải là 2d, ở đó d là tổng chiều dài các đường chéo. Vì vậy
(n −3)p <2d
Do đó
p
n
<
d
n(n −3)2
, ta được yêu cầu.
Bài toán 1.11. Gọi A, B, C, D là bốn điểm trong không gian không đồng
phẳng. Chứng minh rằng
AC.BD <AC.CD +AD.BC
Lời giải. Giả sử có một mặt cầu đi qua các điểm B, C, D cắt các đoạn
thẳng AB, AC, AD tại B
′
, C

′
C
′
=
BC.AB
′
AC
Tương tự, tam giác ABD và AD
′
B
′
đồng dạng, vì vậy
B
′
D =
BD.AB
′
AD
12
Ta suy ra rằng
B
′
C
′
B
′
D
′
=
BC.AD

′
, vì thế suy ra
BC.AD
AC.BD
+
AB.CD
AC.BD
>1.
Vì vậy AC.BD <AB.CD +AD.BC.
Nhận xét 1.1. Nếu A, B, C, D là các điểm đồng phẳng, khi đó ta có thể
chứng minh rằng
AC.BD ⩽AB.CD +AD.BC
Đẳng thức có được nếu và chỉ nếu ABCD là tứ giác nội tiếp.
Bài toán 1.12. Trong tam giác ABC cho điểm M. Chứng minh rằng
4S ⩽AM.BC +BM.AC +CM.AB
ở đó S là diện tích tam giác ABC.
Lời giải.
Hình 1.11
Từ điểm B và C hạ đường vuông góc BB
1
và CC
1
tới AM. Khi đó
2S
AMB
+2S
AMC
=AM.BB
1
+AM.CC

a
1
, a
2
, . . . , a
n
, ta có bất đẳng thức
a
1
+a
2
+. . . +a
n
n
⩾
n
√
a
1
.a
2
. . . . .a
n
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
=a
2
=. . . =a
n

.
Hệ quả 1.3. Với mọi bộ số dương a
1
, a
2
, . . . , a
n
ta đều có
1
n

1
a
1
+
1
a
2
+. . . +
1
a
n
⩾
n
a
1
+a
2
+. . . +a
n

2
+⋯+a
n
n

m
.
Định lý 1.7. (Bất đẳng thức Cauchy - Schawrz). Xét hai bộ số thực tùy
ý a
1
, a
2
, ⋯, a
n
và b
1
, b
2
, ⋯, b
n
. Khi đó ta có
(a
1
b
1
+a
2
b
2
+⋯+a

a
2
b
2
=⋯=
a
n
b
n
.
(Với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).
14
Định lý 1.8. ( Bất đẳng thức Chebyshev).
1. Nếu (a
1
, a
2
, , a
n
)và (b
1
, b
2
, , b
n
)là hai dãy số đồng dạng (cùng đơn
điệu tăng hoặc cùng đơn điệu giảm) thì
a
1
b

2
, , a
n
)và (b
1
, b
2
, , b
n
)là hai dãy ngược nhau(một dãy đơn
điệu tăng, còn dãy kia đơn điệu giảm) thì
a
1
b
1
+a
2
b
2
+ +a
n
b
n
n
≤
a
1
+a
2
+ +a

, {b
k
}
n
k=1
là đồng dạng, nếu chúng cùng tăng, hoặc cùng giảm và là
ngược nhau, nếu một bộ là tăng, còn bộ kia là giảm. Ta ký hiệu
a)Tổng sắp xếp(Sorted sum): S =a
1
b
1
+a
2
b
2
+ +a
n
b
n
,
b)Tổng ngược(Reversed sum): R =a
1
b
n
+a
2
b
n−1
+ +a
n

S ≥P ≥R. (1.14)
Chứng minh. 1. Chứng minh S ≥P. Để đơn giản trong lập luận chúng
ta chỉ xét n =3. Như vậy ta có (a
1
, a
2
, a
3
), (b
1
, b
2
, b
3
)là các dãy tăng,
còn (c
1
, c
2
, c
3
)là một hoán vị nào đó của (b
1
, b
2
, b
3
). Giả sử c
1
≥c

′
−P =(c
1
−c
2
)(a
2
−a
1
)≥0.
Như vậy P
′
≥P. Điều đó có nghĩa là khi ta đổi cho giữa c
1
và c
2
(c
1
≥
c
2
)thì giá trị của P tăng lên. Do đó, nếu ta đổi chỗ tất cả các căp
(c
i
, c
j
)sao cho c
i
≥c
j

, a
2
, a
3
)và (−b
3
, −b
2
, −b
1
)ta có P
max
=a
1
(−b
3
)+a
2
(−b
2
)+a
3
(−b
1
).
Do đó P
min
=a
1
b

c +a −b
.
Lời giải. Áp dụng hệ quả 1.3 ta có:
1
2

1
a +b −c
+
1
b +c −a
⩾
2
a +b −c +b +c −a
=
1
b
Chứng minh tương tự ta cũng có:
1
2

1
b +c −a
+
1
c +a −b
⩾
1
c
1

⩾
2(a +b)(b +c)
b +c −a +c +a −b
=
(a +b)(b +c)
c
.
Vì thế ta cần chỉ ra rằng

(a +b)(b +c)
c
⩾4(a +b +c)
Do các thứ tự 
1
a
,
1
b
,
1
c
 và {(c +a)(a +b), (a +b)(b +c), (b +c)(c +a)}
được sắp xếp ngược nhau, từ đó áp dụng bất đẳng thức sắp xếp lại ta
được

(a +b)(b +c)
c
⩾

(a +b)(b +c)

1
2
⩾

a
2
+bc
b +c

−1
. (1.15)
Lời giải. Trước hết ta sẽ chứng minh rằng:

1
(p −a)(p −b)
+

1
(p −b)(p −c)
+

1
(p −c)(p −a)
⩾
9
p
. (1.16)
Thật vậy, theo bất đẳng thức AM −GM ta có:
p
3

⩾

(p −a)(p −b)(p −c).
Tương đương
p
9


1
(p −a)(p −b)
+

1
(p −b)(p −c)
+

1
(p −c)(p −a)
⩾1
như vậy bất đẳng thức (1.16)được chứng minh. Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng
p ⩽
1
2

a
2
+bc
b +c
. (1.17)
Bất đẳng thức trên tương đương với

2
⩾0.
Sau khi rút gọn vế trái của (1.18) ta được
a
2
+bc
b +c
+
b
2
+ca
c +a
+
c
2
+ab
a +b
−(a +b +c)=
a
4
+b
4
+c
4
−a
2
b
2
−a
2

c
2
⩾0
và (1.17) được chứng minh. Chú ý rằng đẳng thức xảy ra khi a =b =c.
Khi đó tam giác ABC đều. Cuối cùng (1.15) có được từ (1.16) và (1.17)
ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.16. [IMO 1964]. Cho a, b, c là chiều dài các cạnh của tam
giác. Chứng minh rằng
a
2
(b +c −a)+b
2
(c +a −b)+c
2
(a +b −c)⩽3abc.
Lời giải. Đặt x =b +c −a, y =c +a −b, z =a +b −c. Khi đó x, y, z >0.
Theo bất đẳng thức AM −GM ta có
x +y
2
⩾
√
xy,
y +z
2
⩾
√
yz,
z +x
2
⩾

2
b +b
2
c +c
2
a +3abc
thì khi đó tam giác là đều.
Lời giải. Ta sẽ chỉ ra rằng
a
2
b +b
2
c +c
2
a +3abc ⩾2(ab
2
+bc
2
+ca
2
)
với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a =b =c, nghĩa là tam giác là tam giác
đều.
Ta đặt a =x +y, b =y +z, c =z +x. Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành
x
3
+y
3
+z
3

2
z ⩾2z
2
y.
Sau đó cộng các bất đẳng thức này lại ta được
x
3
+y
3
+z
3
+x
2
y +y
2
z +z
2
x ⩾2(x
2
z +y
2
x +z
2
y).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =y =z tức là a =b =c hay tam giác là
tam giác đều.
1.2.3 Các bài toán áp dụng véc tơ và bất đẳng thức Cauchy
- Schwarz
Xét hai véc tơ



a=

a
2
1
+a
2
2
+ +a
2
n
.
Ta có bất đẳng thức tam giác


a +

b≤

a+

b. (1.20)
Theo bất đẳng thức Holder, ta có


a.

b≤



a.

b≤

a.

b⇔
√
c.
√
a −c +
√
b −c.
√
c
≤

(
√
c)
2
+(
√
b −c)
2
.

(
√


c
2
+(a +b)
2
<3.
Lời giải. Xét các véc tơ

v =(1, 1),

w
1
=(a, b +c),

w
2
=(b, a +c),

w
3
=(c, a +b).
Ta có các bất đẳng thức


v.

w
1
≤


.
Cộng các bất đẳng thức trên ta dược
3(a +b +c)≤
√
2

a
2
+(b +c)
2
+

b
2
+(c +a)
2
+

c
2
+(a +b)
2
.
Vì a +b +c =1 và 2 <
3
√
2
, nên ta có
2 <
3


x
3
=(c, a),

y
1
=(0, c),

y
2
=(0, a),

y
3
=(0, b).
Sử dụng bất đẳng thức tam giác


x
i
+

y
i
≤

x
i
+

+a
2
+
√
b
2
,

c
2
+(a +b)
2
≤
√
a
2
+b
2
+
√
c
2
.
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được

a
2
+(b +c)
2
+

Vì
√
b
2
+c
2
≤b +c,
√
c
2
+a
2
≤c +a,
√
a
2
+b
2
≤a +b.
Do đó

a
2
+(b +c)
2
+

b
2
+(c +a)