Tiếp cận bất đẳng thức hình học trực quan

Tiếp cận bất đẳng thức hình học trực quan Tạp Chí Và Tư Liệu Tốn Học Ngày 13 tháng năm 2021 MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Từ bất đẳng thức tam giác tới bất đẳng thức Minkowski Đây có lẽ bất đẳng thức mà học chương trình phổ thơng, nội dung phát biểu sau: Bất đẳng thức tam giác Trong tam giác tổng độ dài cạnh ln lớn cạnh lại Chứng minh Bất đẳng thức có nhiều cách chứng minh đơn giản, sử dụng mối quan hệ đường xiên − hình chiếu bạn đọc làm sau: Giả sử a > b > c, vẽ cung trịn hình vẽ b a a b c Như ta dễ dàng suy điều phải chứng minh Xuất phát từ bất đẳng thức này, ta chứng minh số bất đẳng thức quen thuộc khác Bài toán 1.0.1 Cho số thực dương a, b Chứng minh √ √ (a + b) a2 + b2 (a + b) Chứng minh Ta thấy bóng dáng bất đẳng thức AM − RM S dãy bất đẳng thức trên, với tốn ta có thêm cách giải cho đại lượng trung bình AM RM S Quan sát hình vẽ a b a b √ Từ hình vẽ ta√có thể thấy a2 + b2 tổng độ dài cạnh huyền tam giác vuông nhau, 2(a + b) độ dài cạnh huyền tam giác vng cân có cạnh a + b, sử dụng bất đẳng thức tam giác ta dễ dàng suy điều phải chứng minh Sử dụng ý tưởng tương tự, ta chứng minh bất đẳng thức sau Bài toán 1.0.2 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh √ √ √ √ 2(a + b + c) a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 2(a + b + c) Chứng minh Tương tự trên, bạn đọc tự giải trước quan sát hình vẽ TỪ BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC TỚI BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI a c b a c b Đến việc đơn giản rồi, bất đẳng thức chứng minh! Có vẻ ý tưởng sử dụng bất đẳng thức tam giác mối quan p hệ cạnh tam giác vng hữu hiệu với tốn xuất đại lượng x2 + y , sau tiếp tục toán quen thuộc với chúng có sử dụng ý tưởng này! Bài tốn 1.0.3 Cho số thực dương a, b, c, d Chứng minh √ a2 + c2 + √ b2 + d2 q > (a + b)2 + (c + d)2 Chứng minh Ở tốn phổ thơng, biết tới bất đẳng thức với số tên gọi bất đẳng thức vector bất đẳng thức Minkowski có số nơi gọi bất đẳng thức tọa độ Chứng minh đơn giản sau d c a b Tới ta dễ dàng tính độ dài cạnh tam giác màu xám √ p √ a2 + c2 , b2 + d2 , (a + b)2 + (c + d)2 Như theo bất đẳng thức tam giác ta có điều phải chứng minh Đây trường hợp đặc biệt với biến bất đẳng thức Minkowski, dạng tổng quát phát biểu sau: Với số thực dương , bi , i = 1, n(n ∈ N, n > 1), ta có v u n !2 u X t + i=1 n X !2 bi i=1 n q X a2i + b2i i=1 Mặc dù dạng tổng quát nhìn "rối rắm", nhiên chứng minh hồn tồn trường hợp biến, bạn xem hình bên MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC y bn b2 b1 a1 O ··· a2 an x Đến chuyện trở nên đơn giản rồi! Hoàn toàn tương tự toán 1.0.1 toán 1.0.2 ta dễ dàng suy điều phải chứng minh Bây sử dụng ý tưởng ta chứng minh bất đẳng thức đề cập phần trước
a2 + b2 + c2 > (a + b + c)2 Y b Z c X a c c O a b a b Quan sát hình vẽ trên, ta có Z(a + b + c, a + b + c, a + b + c), √ √ 3(a + b + c) a2 + b2 + c2 r a+b+c a2 + b + c ⇔ 3 OZ OX + XY + Y Z ⇔ Hermann Minkowski Ông sinh ngày 22 tháng năm 1864 Aleksotas, Đế quốc Nga (nay Kaunas, Lithuania) gia đình gốc Đức, Ba Lan Do Thái Ông ngày 12 tháng năm 1909, Găottingen, c Minkowski l mt nh toỏn hc c gc Litva, người phát triển hình học số sử dụng phương pháp hình học để giải tốn khó lý thuyết số, vật lý toán lý thuyết tương đối TỪ BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC TỚI BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI Do trai cha mẹ người Đức sống Nga, Minkowski trở Đức họ vào năm 1872 trải qua tuổi trẻ thành phố hồng gia Kăonigsberg ca nc Ph Vi t cht ca mt thần đồng tài năng, ông bắt đầu theo học i hc Kăonigsberg v i hc Berlin tui 15 Ba năm sau, ông Viện Hàn lâm Khoa học Pháp trao giải “Grand Prix des Sciences Mathématiques” cho báo ông biểu diễn số dạng tổng năm hình vng Trong năm thiếu niờn ca mỡnh Kăonigsberg, ụng ó gp v kt bạn với thần đồng toán học trẻ tuổi khác David Hilbert - người mà ông làm việc cht ch c ti Kăonigsberg v sau ú l ti i hc Găottingen Sau ly bng tin s nm 1885, Minkowski dạy toán trường Đại học Bonn (1885 1894), Kăonigsberg (1894 1896), Ză urich (1896 1902), v Găottingen (1902 1909) Cựng vi Hilbert, ông theo đuổi nghiên cứu lý thuyết electron nhà vật lý người Hà Lan Hendrik Lorentz sửa đổi thuyết tương đối hẹp Einstein Trong Raum und Zeit (1907; “Không gian thời gian”) Minkowski đưa hình học bốn chiều tiếng dựa nhóm phép biến đổi Lorentz thuyết tương đối hẹp Cơng trình ơng lý thuyết số Geometrie der Zahlen(1896; "Hình học số") Hermann Minkowski dạy Đại học Bonn, Găottingen, Kăonigsberg v Zurich Ti Vin bỏch khoa liờn bang (Federal Polytechnic Institute), ETH Zurich, ông thầy giáo Einstein Bài toán 1.0.4 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + 2y + 3z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức p √ √ P = 16 + x2 + 16 + y + 16 + z Lời giải Trên mặt phẳng tọa độ Oxy ta xét điểm A (4; x) , B (12; x + 2y) , C (24; x + 2y + 3z), từ giả thiết ta suy điểm C(24; 4) điểm cố định y C A O B 12 24 x MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Ta có √ x2 + , p p AB = 82 + 4y = y + 16, p p BC = 122 + 9z = z + 162 OA = Như vậy, ta dễ thấy OA + AB + BC > OC = p √ 242 + 42 = 37 Dấu "=" xảy O, A, B, C thẳng hàng, hay x = y = z =  Bài tốn 1.0.5 Cho hai vị trí A, B cách 455 m, nằm phía bờ sông Khoảng cách từ A B đến bờ sông 89 m 356 m Một người muốn từ A đến bờ sông để lấy nước mang B (như hình vẽ) Tìm đoạn đường ngắn mà người B 445m 356m A 89m C M Sông D Lời giải Gọi CM p= x Ta có: CD = 4452 − (356 − 89)2 = 356, đoạn đường người phải AM + M B = p √ x2 + 892 + (356 − x)2 + 3562 Áp dụng bất đẳng thức M incowski ta có q q p √ 2 2 x + 89 + (356 − x) + 356 > (356 − x + x)2 + (89 + 356)2 = 89 41 Dấu "=" xảy x = 71.2  Ngồi tốn hình phẳng ta vận dụng khéo léo bất đẳng thức tam giác cho số tốn hình học khơng gian sau Bài tốn 1.0.6 Người ta cần trang trí cho kim tự tháp hình chóp tứ giác S.ABCD có [ = 15◦ đường gấp khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp cạnh bên 200m, góc ASB AEF GHIJKLS Trong điểm L cố định với LS = 40m TỪ BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC TỚI BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI S L J I H G F E C B A D Hỏi cần dùng mét dây đèn led để trang trí? Lời giải Trải mặt (cạnh) hình chóp mặt phẳng (2 lần), ta có: + SA1 , SA2 vị trí SA lần trải thứ thứ hai + SD1 , SC1 , SB1 vị trí SD, SB, SC lần trải thứ hai S L KJI HG F E A A2 D B1 C C1 B A1 D1 [ = 15◦ , nên ASD [ = 15◦ Suy ASA \2 = 120◦ Do ASB Khi đó, độ dài đường gấp khúc AEF GHIJKLS ngắn A, E, F, G, H, I, J, K, L thẳng hàng, tức A2 , E, F, G, H, I, J, K, L thẳng hàng Ta có   2 ◦ 2 = 49600 LA2 = SL + SA2 − 2.SL.SA2 cos 120 = 40 + 200 − 2.40.200 − √ Suy LA2 = 40 31 Khi đó, độ dài ngắn đèn led √ SA2 = SL + LA2 = 40 + 40 31 (m)  Bài toán 1.0.7 Có mơ hình kim tự tháp khối chóp tứ giác có cạnh bên 6cm, cạnh đáy 4cm đặt lên bàn trưng bày (đáy nằm mặt bàn) Một kiến đỉnh đáy có ý định vịng qua tất mặt xung quanh trở vị trí ban đầu Tính quãng đường ngắn mà kiến Lời giải MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC S S C1 B1 B1 A D1 C A ≡ A0 M B H C1 D1 B D C D A Gọi hình chóp S.ABCD Khơng giảm tổng qt, giả sử kiến đỉnh A đáy vòng qua tất mặt xung quanh trở vị trí ban đầu Để vậy, kiến buộc phải qua điểm cạnh bên hình chóp giả sử B1 , C1 , D1 thuộc cạnh SB, SC, SD Đường ngắn từ A đến B1 đường thẳng Đường ngắn từ B1 đến C1 đường thẳng Đường ngắn từ C1 đến D1 đường thẳng Đường ngắn từ D1 đến A đường thẳng Cắt mặt xung quanh hình chóp S.ABCD theo cạnh bên SA đem trải phẳng Ký hiệu điểm A0 hình vẽ Ta có AB1 + B1 C1 + C1 D1 + D1 A0 > AA0 Dấu xảy A, B1 , C1 , D1 , A0 thẳng hàng Do S.ABCD hình chóp nên mặt bên tam giác cân Gọi H trung điểm AB, M = AA0 ∩ SC ⇒ M trung điểm AA0 Theo giả thiết 1 SA = 6, AH = AB = = 2 [ = ϕ Đặt HSA √ q AH 2 2 sin ϕ = = = mà ϕ nhọn ⇒ cos ϕ = − sin ϕ = SA 3 √ q sin 2ϕ = sin ϕ cos ϕ = mà 2ϕ nhọn ⇒ cos 2ϕ = − sin2 2ϕ = √ 9√ √ 56 56 224 sin 4ϕ = sin 2ϕ cos 2ϕ = ⇒ AA = 2AM = 2.SA sin 4ϕ = 2.6 = 81 81 27  Bài tốn 1.0.8 Một khối gỗ hình hộp hình nhật có chiều dài, chiều rộng, chiều cao 30cm,20cm 30cm ( hình vẽ ) Một kiến xuất phát từ A muốn tới điểm B qng đường ngắn phải dài cm? Lời giải TỪ BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC TỚI BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI A I 30cm E J H 30cm F K 20cm B Dùng kỹ thuật giải phẳng Trải mặt AEF H EF BJ ta A 30cm E 20cm J 30cm H F B Từ √ hình vẽ ta thấy√quãng đường ngắn kiến đoạn AB, ta có AB = AH + HB = 10 34 Tương tự trải mặt cịn lại √ hình hộp ta có chung đáp án Vậy quãng đường ngắn  từ A đến B AB = 10 34 Bài toán 1.0.9 Để chào mừng 20 năm thành lập thành phố A, ban tổ chức định trang trí cho cổng chào có hai cột hình trụ Các kỹ thuật viên đưa phương án quấn xoắn từ chân cột lên đỉnh cột 20 vịng đèn Led cho cột Biết bán kính trụ cổng 30cm chiều cao cổng 5π (m) Tính chiều dài dây đèn Led tối thiểu để trang trí hai cột trụ cổng Lời giải Với cách trang trí quấn xoắn từ chân cột lên đỉnh cột 20 vịng đèn ta trải phẳng cổng chào hình trụ 20 vịng để hình chữ nhật có chiều cao 5π (m) chiều ngang 20.2.0, 3π = 12π (m) ( hình vẽ) Theo bất đẳng thức tam giác ta thấy độ dài đèn Led ngắn q AB = (5π)2 + (12π)2 = 13π (m) Vậy để trang trí hai cột trụ cổng cần 26π (m) đèn Led  Bài tốn 1.0.10 Cho hình lập phương ABCD.A0 B C D0 cạnh Gọi M N thuộc cạnh AD,BB cho AM = BN , P trung điểm AB Mặt phẳng (M N P ) cắt hình lập phương theo thiết diện có chu vi nhỏ bao nhiêu? Lời giải MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC K A M D P B C S N A0 D0 R B0 C0 Q Kéo dài N P cắt AA0 K, KM cắt DD0 S Ta có  (ADD0 A0 ) k (BCC B ) ⇒ (M N P ) ∩ (BCC B ) = N Q k M S (Q ∈ B C ) (M N P ) ∩ (ADD0 A0 ) = M S  (ABB A0 ) k (CDD0 C ) ⇒ (M N P ) ∩ (CDD0 C ) = SR k N P (R ∈ C D0 ) (M N P ) ∩ (ABB A0 ) = N P Vậy thiết diện mặt phẳng (M N P ) cắt hình lập phương lục giác M P N QRS Dễ dàng chứng minh AM = BN = SD0 = C Q; P M = P N, RS = RQ, M S = N Q R trung điểm C D0 Đặt Pt chu vi thiết diện M P N QRS ⇒ Pt = (M P + M S + SR) Trải mặt ABCD DCC D0 lên mặt phẳng (ADD0 A0 ) cho điểm B, C, P mặt phẳng ABCD nằm vị trí điểm B1 , C1 , P không thuộc nửa mặt phẳng chứa A0 , D0 có bờ AD; Các điểm C, C , R nằm vị trí điểm C2 , C2 , R0 (hình vẽ) B1 C1 P0 M0 D M A P S B C C2 S N A0 RD B0 Q R0 C20 C0 Khi việc giải tốn hình học khơng gian quy việc giải tốn hình học phẳng sau: Ta có Pt = (M P + M S + SR) = (M P + M S + SR0 ) > 2P R0 10 BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH a θ β b x Quan sát hình vẽ, ta gọi b khoảng cách từ chân tượng tới mặt đất, a khoảng cách từ đỉnh tượng tới mặt đất, θ góc nhìn người quan sát, β góc nghiêng tia sáng truyền từ chân tượng tới mắt so với mặt đất, α = θ + β góc nghiêng tia sáng truyền từ đỉnh tượng tới mắt so với mặt đất Khi ta có cot α cot β + cot θ = cot(α − β) = cot β − cot α x x +1 ab x = a x bx + = a − b (a − b)x − b a Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có s √ x ab x ab ab cot θ = + >2 · = , a − b (a − b)x a − b (a − b)x a−b Dấu "=" xảy x = √ ab  Vấn đề nhà toán học A.Lorsch giải phương pháp hình học Bản chất vấn đề là: Trên tia nhìn ngang EF , tìm điểm M để có góc nhìn lớn A B M E M0 e F Đường tròn nét đứt qua điểm A, B tiếp xúc với tia nhìn ngang EF , tiếp điểm M điểm cần tìm 49 MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 2.3 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz - Bunhiacopxki Sau bất đẳng thức Cauchy (hoặc AM − GM ) bất đẳng thức Cauchy − Schwarz tên quen thuộc với hệ học sinh rồi, dạng đơn giản mà ta hay gặp phát biểu sau: Cho số thực a, b, x, y, ta ln có (ax + by)2 a2 + b2
x2 + y
Bất đẳng thức có nhiều cách chứng minh biến đổi đại số, nhiên tư tưởng trình bày phần trước, chứng minh cách trực quan Cách Một cách đơn giản sử dụng tới đẳng thức Brahmagupta − F ibonacci

a2 + b2 c2 + d2 = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 (1) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2 (2) Đến đây, (ad − bc)2 (ac − bd)2 không âm, nên ta dễ dàng suy điều phải chứng minh Tuy nhiên cần phải chứng minh đẳng thức đúng, bạn đọc xem hình bên (ac)2 a2 b2 c2 a2 c b2 c d2 2 b2 d ad (bc)2 (ad)2 (bd)2 Hình Hình Từ hình 1, ta chuyển thành hình vng hình vẽ (bc)2 (ac)2 bd (ad)2 (bd)2 ac Hình Ở hình thứ 3, ta ghép hình vng có diện tích (bd)2 (ac)2 , sau chia hình thành hình vng hình chữ nhật nhỏ hình vẽ bên 50 BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH ac (bc)2 (ad)2 abcd bd (bd − ac)2 bd ac abcd Hình Như ta nhận thấy rằng, hình chữ nhật có diện tích abcd có kích cỡ chiều dài × chiều rộng ac × bd ad × bc, ta đưa hình sau ad bc abcd (ad)2 (bc)2 abcd ad (bd − ac)2 bc Hình Đến ta thấy hình bên trái hình vng có cạnh (bc+ad), diện tích (ad + bc)2 , hay đẳng thức chứng minh, dẫn tới bất đẳng thức Cauchy − Schwarz chứng minh Đẳng thức Brahmagupta − F ibonacci cịn có dạng khác tổng qt sau

a2 + nb2 c2 + nd2 = (ac − nbd)2 + n(ad + bc)2 = (ac + nbd)2 + n(ad − bc)2 Đẳng thức lần đầu xuất sách Diophantus’ Arithmetica (ở trang 19 chương 3) nhà toán học người Hy Lạp Diophantus (sinh vào khoảng năm 200 năm 214 sau Công nguyên; vào khoảng 84 tuổi vào khoảng năm 284 298 sau Công nguyên) Đến kỉ thứ 3, lại nhà tốn học thiên văn học người Ấn Độ Brahmagupta (598 − 668) phát sử dụng ông nghiên cứu phương trình Pell (đây vấn đề số học), đẳng thức xuất sách Br¯ahmasphutasiddh¯anta ông Cuốn sách sau dịch từ tiếng Phạn tiếng Latin vào năm 1126 tới năm 1225 lại xuất tiếp sách Fibonacci’s Book of Squares nhà tốn học Fibonacci (ngồi ơng cịn biết đến với số tên khác Leonardo Bonacci, Leonardo of Pisa, Leonardo Bigollo Pisano) vào năm 1225 51 MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Từ trái qua: Diophantus - Brahmagupta - Fibonacci Ngoài đẳng thức có số mở rộng khác † Đẳng thức Euler’s four − square

a21 + a22 + a23 + a24 b21 + b22 + b23 + b24 = (a1 b1 − a2 b2 − a3 b3 − a4 b4 )2 + (a1 b2 + a2 b1 + a3 b4 − a4 b3 )2 + (a1 b3 − a2 b4 + a3 b1 + a4 b2 )2 + (a1 b4 + a2 b3 − a3 b2 + a4 b1 )2 † Về sau đẳng thức tổng quát lên nhà toán học người ý (sau ông mang quốc tịch Pháp) Joseph Louis Lagrange (25 tháng năm 1736 - 10 tháng năm 1813) n X k=1 ! a2k n X k=1 ! b2k − n X !2 ak b k k=1 = n−1 X n X (ai bj − aj bi )2 i=1 j=i+1 Như thấy a = b = ta thu bất đẳng thức AM − RM S, cách tiếp cận theo số cách khác đơn giản ngắn gọn Trong chương trình tốn phổ thơng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, gọi bất đẳng thức Schwarz hay tên quen thuộc bất đẳng thức Bunyakovsky (một số sách kí hiệu gọi bất đẳng thức BUN ), tên dài bất đẳng thức Bunyakovsky − Cauchy − Schwarz (nên thường viết tắt bất đẳng thức BCS), đặt theo tên Augustin Louis Cauchy, Viktor Yakovlevich Bunyakovsky Hermann Amandus Schwarz Bất đẳng thức có nhiều dạng, dạng đơn giản quen thuộc với chúng ta, ngồi dạng khác bạn tìm hiểu chương trình tốn đại học cao Những dạng khác thường áp dụng nhiều lĩnh vực khác toán học, chẳng hạn đại số tuyến tính dùng cho vector, giải tích dùng cho chuỗi vơ hạn tích phân tích, ngồi cịn dùng lý thuyết xác suất Ngoài bạn đọc cần tránh nhầm lẫn với bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (AM − GM ) mà tài liệu giáo khoa Việt Nam gọi bất đẳng thức Cauchy Cách 52 BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH |x| |b| |a| √ a2 + b |y| α Nhìn vào hình vẽ, ta dễ dàng tính độ dài đường nét đứt sin α · diện tích hình bình hành màu trắng p √ |a| · |x| + |b| · |y| = sin α · x2 + y · a2 + b2 p x2 + y Như Mặt khác ta lại có sin α 1, từ suy điều phải chứng minh Viktor Yakovlevich Bunyakovsky Nhà toán học Nga Viktor Yakovlevich Bunyakovsky sinh ngày 16 − 12 − 1804 trai Đại tá Yakov Vasilievich Bunyakovsky, đồng thời viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Nga từ 24 tuổi sau trở thành chủ tịch Viện từ năm 1864 năm 1889 năm ơng Ơng ngày 12 − 12 − 1889 Từ 16 tuổi đến 21 tuổi ông theo học Pari, lúc có nhiều giáo sư tiếng dạy Laplace, Fourier, Cauchy, Legendre Ông bảo vệ luận án tiến sĩ toán Pari vào năm 1825 lúc ông 21 tuổi Trở nước, St Petersburg ơng hoạt đọng tích cực lĩnh vực giáo dục, giảng dạy toán năm 1846 Trong 15 năm sau, từ 1846 đến 1859 ông dạy trường Đại học St Petersburg, phụ trách môn học giải tích, lí thuyết xác suất giải tích tốn học Bắt đầu từ năm 1858, ơng trở thành chuyên gia quan trọng phủ vấn đề thống kê bảo hiểm 53 MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Có thể nói lĩnh vực hoạt động ông rộng lớn đầy kết tốt đẹp Ơng có đến 168 cơng trình nghiên cứu Cơng trình ưu việt Bunyakovsky lí thuyết số, lí thuyết xác suất ứng dụng Ơng cịn nghiên cứu nhiều giải tích, hình học đại số, quan tâm đến tính tốn thực tiễn; góp phần vào việc cải tiến tính tốn nước Nga Tác phẩm to lớn ông "Cơ sở lí thuyết xác suất" (1846) có nhiều phần độc đáo, phần lịch sử phát sinh phát triển môn xác suất, phần ứng dụng quan trọng xác suất vấn đề bảo hiểm dân số v.v Một loạt cơng trình ơng thống kê, xác suất góp phần đáng kể vào phát triển lí thuyết thống kê nước Nga Các cơng trình lí thuyết số với số khái niệm mang lại hấp dẫn môn vào kỉ thứ 19 Trong hình học ơng nghiên cứu lí thuyết đường song song Cùng với Ostrogradsky Chebyshev, ơng có vai trị lớn việc nâng cao trình độ khoa học việc giảng dạy toán đại học mở rộng phạm vi chương trình tốn đại học Ơng viết tập "Những giảng tốn lí thuyết tốn ứng dụng" có giá trị lớn việc giảng dạy toán từ vựng khoa học Ngồi nhà trường phổ thơng Bunyakovsky viết sách giáo khoa "Số học" (1844) "Chương trình tóm tắt mơn số học" Đóng góp ông lý thuyết số bao gồm công việc (1846) ơng trình bày gốc khoa học ứng dụng cho bảo hiểm số nhân Cơng trình Bunyakovsky giải số vần đề hình học Năm 1853, ơng phê bình nỗ lực kiểm tra trước nhằm đến việc chứng minh “định đề thứ năm Euclid đường thẳng song song“ cố gắng chứng minh đầy ý nghĩa hình học phi Euclid Lobachevsky Ơng tích cực việc phổ biến kiến thức tốn học Nga ơng đóng góp đáng kể vào việc làm giàu thuật ngữ tốn học Nga Ơng hội viên danh dự tất trường Đại học Nga, nhiều hội khoa học, đồng thời phó chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Viện đặt giải thưởng mang tên ơng cho tác phẩm tốn học có giá trị lớn Để kỷ niệm năm mươi năm nghiên cứu giảng dạy Viện Hàn Lâm St Petersburg năm 1875 ban hành huy chương thành lập giải thưởng mang tên ông cho thành tích xuất sắc tốn học Cách p √ x + y a2 + b |b||x| √ |x| a2 + b2 √ |y| a2 + b2 |a||y| α β |b||y| |a||x| Ta thấy rằng, tam giác màu xám đồng dạng với nhau, α + β = 90◦ Như ta dễ dàng suy p √ |a| · |x| + |b| · |y| x2 + y · a2 + b2 54 BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH Cách p x2 + y |a| |b| √ |y| |x| a2 + b Hình Hình Ban đầu ta dựng tam giác vng hình chữ nhật có kích thước |x| · |a| |b| · |y| hình 1, sau ta đưa hình chữ nhật dựng thành hình bình hành có diện tích hình Bước ta dựng hình bình hành khác hình bình hành dựng hình trên, quan sát hình bên Hình Hình Từ hình vẽ thứ ta đưa hình thứ nhờ việc nhận hình bình hành có diện tích Cuối pcùng ta đưa√được hình chữ nhật ban đầu thành hình bình hành có cạnh có độ dài x2 + y a2 + b2 h √ p x2 + y a2 + b Lúc diện tích hình bình hành p √ √ S = h · a2 + b x + y · a2 + b Vậy ta |ax + by| |a| · |x| + |b| · |y| Hermann Amandus Schwarz 55 p x2 + y · √ a2 + b MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Karl Hermann Amandus Schwarz (25 tháng năm 1843 - 30 tháng 11 năm 1921) nhà tốn học người Đức, tiếng với cơng trình giải tích phức Ơng sinh Hermsdorf, Silesia (nay Jerzmanowa, Ba Lan) Đến trưởng thành, Schwarz kết hôn với Marie Kummer, gái nhà tốn học Ernst Eduard Kummer Ban đầu ơng nghiên cứu hóa học Berlin, cha vợ ơng, Kummer nhà tốn học Weierstrass thuyết phục ơng chuyển sang nghiên cứu toán học Giữa năm 1867 năm 1869 ông làm việc đại học Halle, sau Đại học Bách khoa Liên bang Thụy Sĩ Từ năm 1875 ông làm việc Đại học Găottingen v nghiờn cu v gii tớch phc, hỡnh hc vi phân phép tính biến phân Các tác phẩm ni bt ca Schwarz bao gm Bestimmung einer Speziellen Minimalflăache in vào năm 1871 Gesammelte mathematische Abhandlungen(1890) Đến năm 1892 ông trở thành thành viên Viện Hàn lâm Khoa học Berlin giáo sư Đại học Berlin Sau ơng sống Berlin đến cuối đời Ngồi ta quan tâm tới dạng tổng quát bất đẳng thức Cauchy − Schwarz phát biểu sau: Bất đẳng thức Cauchy − Schwarz Cho số thực a1 , a2 , · · · an b1 , b2 , · · · bn , ta ln có q q |a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn | a21 + a22 + · · · + a2n b21 + b22 + · · · + b2n Chứng minh Để chứng minh bất đẳng thức này, ta cần phải hiểu số khái niệm liên quan tới vector, phần dành cho bạn muốn tìm hiểu thêm Ta kí hiệu vector a = (a1 , a2 , · · · an ) b = (b1 , b2 , · · · , bn ) Khi ta định nghĩa a · b (cái gọi tích vơ hướng) a · b = a1 b + a2 b + · · · + an b n chiều dài vector a xác định q √ kak = a · a = a21 + a22 + · · · + a2n Nếu bạn học tới hình giải tích Oxy (khơng gian chiều) thấy kí hiệu kí hiệu tổng qt cho trường hợp khơng gian n chiều Như hoàn toàn tương tự với khơng gian chiều, tích vơ hướng vector a b tính theo cơng thức a · b = kak · kbk · cos α, α góc vector a b a α b Mặt khác cos α nên ta suy điều phải chứng minh Ngoài ra, với cách đặt trên, ta sử dụng bất đẳng thức AM − GM mà sử dụng tới cơng thức tích vơ hướng Cách Ta có  2  2 ! |ai | |bi | bi · + kak kbk kak kbk Như n X |ai | |bi | · kak kbk i=1 n n X X a2i b2i + kak2 i=1 kbk2 i=1 56 ! =1 BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH Từ suy |a · b| |a1 | |b1 | + |a2 | |b2 | + · · · + |an | |bn | kakkbk Bất đẳng thức chứng minh Nhận xét Như nói phần mở đầu, nội dung sách không nặng lý thuyết phép biến đổi mà mang tới cho bạn đọc hướng tiếp cận ý tưởng phép chứng minh Do có số chỗ chưa đảm bảo tính chặt chẽ mặt tốn học, bạn tìm hiểu thêm sách khác từ nguồn tài nguyên Internet để hiểu rõ phần này! Bài toán 2.3.1 Chứng minh với số dương a1 , a2 , · · · , an b1 , b2 , · · · , bn ta ln có v !2 u n !2 n n q u X X X t a2 + b a + b i i i=1 i i=1 i i=1 Chứng minh Bạn đọc nhận bất đẳng thức Minkowski ta tìm hiểu phần trước Ở chứng minh ta tiếp tục dùng ý tưởng vector để giải b a a+b b Sử dụng bất đẳng thức tam giác kak + kbk > ka + bk, ta có v v v u n u n u n uX uX uX t a2i + t b2i > t (ai + bi )2 i=1 i=1 i=1 Tiếp theo, để ý n n n n n