bat dang thuc cuc hay

BẤT ĐẲNG THỨC Ngày 19 tháng 10 năm 2013 Hojoo Lee, Tom Lovering, Cosmin Pohoat¸ă Xuất lần đầu tháng 10 năm 2008 Dịch VnMath.Com Phiên 2.01 Mục lục Lý thuyết số 1.1 Định lý Số học 1.2 Phương pháp lùi vô hạn 1.3 Hàm nhân tính đơn điệu 1.4 Có vô hạn số nguyên tố 1.5 Tiến tới Bất đẳng thức triệu USD Đối 2.1 2.2 2.3 1 11 14 xứng 15 Lợi dụng tính đối xứng 15 Phá vỡ tính đối xứng 17 Đối xứng hoá 21 Bất đẳng thức hình học 22 Xem lại hình học 23 Ba kĩ thuật tuyệt vời 24 Thuần hóa chuẩn hóa 25 Tính lồi áp dụng 26 Bài tập 27 Phụ lục 28 9.1 Tài liệu tham khảo 28 9.2 Mã IMO 31 LÝ THUYẾT SỐ Lý thuyết số Why are numbers beautiful? It’s like asking why is Beethoven’s Ninth Symphony beautiful If you don’t see why, someone can’t tell you I know numbers are beautiful If they aren’t beautiful, nothing is - P Erd˝ os 1.1 Định lý Số học Trong chương này, gặp nhiều ước lượng bất đẳng thức khác xuất lý thuyết số Trong suốt mục này, ta kí hiệu N, Z, Q tập hợp số nguyên dương, số nguyên dương, số hữu tỉ Với số nguyên a b, ta viết a | b tồn số nguyên k cho b = ka Chúng ta bắt đầu với định lý số nguyên dương n = có cách phân tích thành số nguyên tố Định lí 1.1 (Định lí Số học N) Cho n = số nguyên dương Khi đó, n phân tích thành tích số nguyên tố Nếu ta bỏ qua thứ tự nhân tử phân tích Nhóm số nguyên tố ta có phân tích tiêu chuẩn n: n = p e1 · · · p l el Các số nguyên tố phân biệt p1 , · · · , pl số nguyên e1 , · · · , el ≥ xác định cách theo n Ta định nghĩa bậc n ∈ N số nguyên tố p, kí hiệu ordp (n), số nguyên không âm k thoả mãn pk | n pk+1 | n Khi đó, phân tích tiêu chuẩn số nguyên dương n viết dạng pordp (n) n= p : nguyên tố Từ ta có tiêu chuẩn tính chia hết đơn giản hữu ích sau Mệnh đề 1.1 Cho A B số nguyên dương Khi đó, A bội B bất đẳng thức ordp (A) ≥ ordp (B) với số nguyên tố p Epsilon [NS] Cho a b số nguyên dương cho ak | bk+1 với số nguyên dương k Chứng minh b chia hết cho a 1ở ta không giả sử n = ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com LÝ THUYẾT SỐ 1.1 Định lý Số học Bây ta dùng công thức liên quan đến phân tích thừa số nguyên tố n! Gọi x số nguyên lớn nhỏ số thực x Delta (Công thức De Polignac) Cho p số nguyên tố n số nguyên không âm Khi đó, số mũ lớn e n! cho pe | n! cho công thức ∞ n ordp (n!) = pk k=1 Ví dụ Cho a1 , · · · , an số nguyên dương Lúc đó, (a1 + · · · + an )! chia hết cho a1 ! · · · an ! Chứng minh Lấy p số nguyên tố Công việc thiết lập bất đẳng thức ordp ( (a1 + · · · + an )! ) ≥ ordp (a1 !) + · · · ordp (an !) hay ∞ k=1 a1 + · · · + an pk ∞ ≥ k=1 a1 an + ··· + k pk p Tuy nhiên, bất đẳng thức x1 + · · · + xn ≥ x1 + · · · xn , cho số thực x1 , · · · , xn Epsilon [IMO 1972/3 UNK] Cho m n số nguyên không âm Chứngminh (2m)!(2n)! m!n!(m + n)! số nguyên Epsilon Cho n ∈ N Chứng minh Ln := BCN N (1, 2, · · · , 2n) chia hết (2n)! cho Kn := 2n n = (n!)2 Delta (Canada 1987) Chứng tỏ rằng, với số nguyên dương n, √ √ √ √ √ n+ n+1 = 4n + = 4n + = 4n + Delta (Iran 1996) Chứng tỏ rằng, với số nguyên dương n, √ √ √ √ n+ n+1+ n+2 = 9n + ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com LÝ THUYẾT SỐ 1.2 1.2 Phương pháp lùi vô hạn Phương pháp lùi vô hạn Trong mục này, học phuơng pháp lùi vô hạn Fermat Nó hữu ích công phương trình Diophantine Trước hết ta giới thiệu chứng minh cho Định lí cuối Fermat cho trường hợp n = Định lí 1.2 (Định lí Fermat-Wiles) Cho n ≥ số nguyên dương Phương trình xn + y n = z n nghiệm nguyên dương Bổ đề 1.1 Cho σ số nguyên dương Nếu σ = AB với A B số nguyên đó, tồn số nguyen dương a b cho σ = ab, A = a2 , B = b2 , U CLN (a, b) = Chứng minh Dùng định lí Số học Bổ đề 1.2 (Primitive Pythagoras Triangles) Cho x, y, z ∈ N với x2 + y = z , gcd(x, y) = 1, x ≡ (mod 2) Khi đó, tồn số nguyên dương p q cho U CLN (p, q) = (x, y, z) = 2pq, p2 − q , p2 + q Chứng minh Phương trình cho viết lại x 2 = z+y z−y Xét phương trình x2 + y = z theo modulo 2, ta thấy y z lẻ Do z−y z+y z−y x đó, z+y , , số nguyên dương Ta có nguyên tố z−y Thật vậy, z+y có ước chung số nguyên tố p p z+y z−y z−y ước y = − x2 = z+y , nghĩa số nguyên tố p ước 2 x y Điều mâu thuẫn với U CLN (x, y) = Bây giờ, áp dụng bổ đề ta x z+y z−y , , = pq, p2 , q 2 2 p q số nguyên dương thoả mãn gcd(p, q) = Định lí 1.3 Phương trình x4 + y = z nghiệm nguyên dương Chứng minh Giả sử ngược lại tồn ba số nguyên dương (x, y, z) cho x4 + y = z Lấy ba (A, B, C) ∈ D cho A4 + B = C Kí hiệu d ước chung lớn A B, ta thấy C = A4 + B chia hết cho 4 B C d4 , nên C chia hết cho d2 Vì A + Bd = dC2 , nên (a, b, c) = A d d , d , d2 thuộc D, tức là, a4 + b4 = c2 ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com LÝ THUYẾT SỐ 1.2 Phương pháp lùi vô hạn B Hơn nữa, d ước chung lớn A B, ta có U CLN (a, b) = U CLN A d, d = Bây ta lập luận theo tính chẵn lẻ a b Nếu a b lẻ, ta có c2 ≡ a4 + b4 ≡ + ≡ (mod 4), vô lý Do tính đối xứng, ta giả sử a chẵn b lẻ Suy a2 b2 nguyên tố a2 chẵn Để ý 2 a2 + b2 = c2 , ta a2 , b2 , c = 2pq, p2 − q , p2 + q với p q số nguyên dương cho U CLN (p, q) = Rõ ràng p q khác tính chẵn lẻ Hơn q + b2 = p2 Vì b lẻ nên xét theo modulo q chẵn p lẻ Nếu q b có ước nguyên tố chung p2 = q + b2 suy p nguyên tố, điều mâu thuẫn với gcd(p, q) = Kết hợp kết quả, ta có q b nguyên tố q chẵn Từ q + b2 = p2 suy (q, b, p) = 2mn, m2 − n2 , m2 + n2 với m n số nguyên dương cho U CLN (m, n) = Nhắc lại a2 = 2pq Vì p q nguyên tố q chẵn nên tồn cặp số nguyên dương (P, Q) cho a = 2P Q, p = P , q = 2Q2 , U CLN (P, Q) = Suy 2Q2 = 2q = 2mn Q = mn Vì gcd(m, n) = 1nên tồn cặp (M, N ) số nguyên dương cho Q = M N, m = M , n = N , gcd(M, N ) = Kết hợp kết ta có P = p = m2 + n2 = M + N (M, N, P ) ba xấu Nhắc lại phương trình ban đầu A4 + B = C Bây giwof ta tổng két lại làm Bộ ba xấu (A, B, C) sinh ba xấu (M, N, P ) Tuy nhiên, ta cần kiểm chứng chúng thật Để ý P < C Thật vậy, ta có P ≤ P = p < p2 + q = c = C ≤ C d2 Từ nghiệm phương trình x4 + y = z , ta tìm nghiệm khác nhỏ z trình lặp lại vô hạn Do đó, sinh dãy giảm ngặt số nguyên dương Tuy nhiên, điều nên không tồn ba xấu Hệ 1.1 Phuơng trình x4 + y = z nghiệm nguyên dương Chứng minh Đặt w = z , ta có x4 + y = w2 ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com LÝ THUYẾT SỐ 1.2 Phương pháp lùi vô hạn Bây ta xét toán từ kì thi IMO gần ví dụ khác Ví dụ [IMO 2007/5 IRN] Cho a b số nguyên dương Chứng minh 4ab − chia hết 4a2 − a = b Lời giải (bởi NZL IMO 2007) Khi 4ab − chia hết 4a2 − với hai số a b phân biệt, ta nói (a, b) cặp xấu Ta chứng tỏ cặp xấu Giả sử 4ab − chia hết 4a2 − Khi đó, 4ab − chia hết b 4a2 − − a (4ab − 1) 4a2 − = (a − b) 4a2 − Điều ngược lại U CLN (b, 4ab − 1) = Tương tự, 4ab − chia hết 2 (a − b) 4a2 − 4ab − chia hết (a − b) Vì vậy, điều kiện ban đầu tương đương với điều kiện 4ab − | (a − b) Điều kiện đối xứng theo a b, nên (a, b) cặp xấu (b, a) cặp xấu Do đó, không tính tổng quát ta giả thiết a > b cặp xấu đựoc chọn với giá trị thành phần thứ bé Ta viết (a − b)2 = m(4ab − 1), m số nguyên dương, chuyển thành phương trình bậc hai theo a: a2 + (−2b − 4ma)a + b2 + m = Vì phương trình bậc hai có nghiệm nguyên dương nên biệt thức (2b + 4mb) − b2 + m = 4mb2 + 4m2 b2 − m phải số phương 4mb2 + 4m2 b2 − m phương Gọi bình phương 2mb + t ý < t < b Đặt s = b − t Sắp xếp lại ta có: 4mb2 + 4m2 b2 − m = (2mb + t) m 4b2 − 4bt − = t2 m 4b2 − 4b(b − s) − = (b − s)2 m(4bs − 1) = (b − s)2 Từ đó, (b, s) cặp xấu với giá trị thành phần thứ nhỏ hơn, mâu thuẫn với giả thiết Lời giải (bởi UNK IMO 2007) Đây lời giải đầy sáng tạo NZL7 Atanasov’s special prize solution at IMO 1988 in Canberra Chúng ta bắt chước lập luận NZL7 Một cặp (a, b) không thoả mãn đwocj gọi cặp xấu Xét cặp xấu (a, b) ta có 4ab−1| 4a2 − Lưu ý b 4a2 − −(4ab−1)a = a−b làm việc với modulo 4ab − ta có b2 4a2 − ≡ (a − b)2 Khi b2 4ab − nguyên tố suy 4ab − chia hết 4a2 − ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com LÝ THUYẾT SỐ 1.2 Phương pháp lùi vô hạn 4ab − chia hết (a − b)2 Điều kiện đối xứng theo a b nên (a, b) cặp xấu (b, a) cặp xấu Do đó, ta giả sử a > b ta chọn a nhỏ cặp có thành phần thứ lớn thành phần thứ hai Viết (a − b)2 = m(4ab − 1) xem phương trình bậc hai a nghiệm x2 + (−2b − 4mb)x + b2 + m = Nghiệm khác phương trình c phải số nguyên a + c = 2b + 4mb nguyên Hơn nữa, ac = b2 + m > nên c dương Ta chứng tỏ c < b, cặp (b, c) vi phạm điều kiện tối tiểu (a, b) Ta chứng minh 2b + 4mb < a + b đủ, tức là, 4mb < a − b Lúc này, 4b(a − b)2 = 4mb(4ab − 1) ta 4b(a − b) < 4ab − hay < 4b2 điều Delta [IMO 1988/6 FRG] Cho a b số nguyên dương cho ab + chia hết a2 + b2 Chứng minh a2 + b2 ab + số phương Delta (Canada 1998) Cho m số nguyên dương Ta định nghĩa dãy {an }n≥0 sau a0 = 0, a1 = m, an+1 = m2 an − an−1 Chứng minh cặp (a, b) số nguyên không âm, với a ≤ b, nghiệm phương trình a2 + b2 = m2 ab + (a, b) có dạng (an , an+1 ) với n ≥ số nguyên Delta Cho x y số nguyên dương cho xy chia hết x2 + y + Chứng minh x2 + y + = xy Delta Tìm tất ba (x, y, z) số nguyên dương cho x2 + y + z = 2xyz Delta (APMO 1989) Chứng minh phương trình 6a2 + 3b2 + c2 = 5n2 nghiệm nguyên trừ a = b = c = n = ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com LÝ THUYẾT SỐ 1.3 1.3 Hàm nhân tính đơn điệu Hàm nhân tính đơn điệu Trong mục này, ta nghiên cứu hàm nhân tính đơn điệu Ví dụ (Canada 1969) Kí hiệu N = {1, 2, 3, · · · } tập hợp số nguyên dương Tìm tất hàm số f : N → N cho với m, n ∈ N: f (2) = 2, f (mn) = f (m)f (n), f (n + 1) > f (n) Lời giải Trước ta đánh giá f (n) với n nhỏ Từ f (1 · 1) = f (1) · f (1) suy f (1) = Theo tính nhân tính, ta f (4) = f (2)2 = Từ bất đẳng thức = f (2) < f (3) < f (4) = ta có f (3) = Mặt khác f (6) = f (2)f (3) = Vì = f (4) < f (5) < f (6) = nên f (5) = Ta chứng minh quy nạp f (n) = n với n ∈ N Nó với n = 1, 2, Xét n > giả sử f (k) = k với k ∈ {1, · · · , n} Ta chứng minh f (n + 1) = n + Trường hợp n + hợp số Ta viết n + = ab với a b số nguyên dương thoả ≤ a ≤ b ≤ n Theo giả thiết quy nạp, ta có f (a) = a f (b) = b Suy f (n + 1) = f (a)f (b) = ab = n + Trường hợp n + số nguyên tố Trong trường hợp này, n + số chẵn Viết n + = 2k với số nguyên k Vì n ≥ nên 2k = n + ≥ hay ≤ n theo giả thiết quy nạp, ta có f (k) = k Từ k ≥ Do k = n+2 f (n + 2) = f (2k) = f (2)f (k) = 2k = n + Sử dụng bất đẳng thức n = f (n) < f (n + 1) < f (n + 2) = n + ta kết luận f (n + 1) = n + Vậy f (n) = n với số nguyên dương n Lời giải Như lời giải trước, ta có f (1) = Ta thấy f (2n) = f (2)f (n) = 2f (n) với số nguyên dương n Điều suy với số nguyên dương k, f 2k = 2k Xét k ∈ N Theo giả thiết, ta có bất đẳng thức 2k = f 2k < f 2k + < · · · < f 2k+1 − < f 2k+1 = 2k+1 Nói cách khác, dãy tăng gồm 2k + số nguyên dương f 2k , f 2k + , · · · , f 2k+1 − , f 2k+1 nằm tập 2k + số nguyên dương liên tiếp {2k , 2k + 1, · · · , 2k+1 − 1, 2k+1 } Điều có nghĩa f (n) = n với 2k ≤ n ≤ 2k+1 Vì điều cho với số nguyên dương k, ta kết luận f (n) = n với n ≥ Các điều kiện toán chặt Ta bỏ điều kiện f (2) = ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com LÝ THUYẾT SỐ 1.3 Hàm nhân tính đơn điệu Epsilon Cho f : N → R+ hàm số thoả mãn điều kiện sau: (a) f (mn) = f (m)f (n) với số nguyên dương m n, (b) f (n + 1) ≥ f (n) với số nguyên dương n Khi đó,ótonf số α ∈ R cho f (n) = nα với n ∈ N Chúng ta làm yếu giả thiết f nhân tính, phải giữ lại điều kiện f (2) = Epsilon (Putnam 1963/A2) Cho f : N → N hàm tăng ngặt thoả mãn toán f (2) = f (mn) = f (m)f (n) với số nguyên tố m n Khi đó, f hàm đồng N Thực tế, ta bỏ hoàn toàn ràng buộc f (2) = Vào năm 1946, P Erd˝os chứng minh kết sau [PE]: Định lí 1.4 Cho f : N → R hàm số thoả mãn điều kiện sau: (a) f (mn) = f (m) + f (n) với cặp số nguyên tố m n, (b) f (n + 1) ≥ f (n) với số nguyên dương n Khi đó, tồn số α ∈ R cho f (n) = α ln n với n ∈ N Điều suy kết sau Định lí 1.5 Cho f : N → R+ hàm số thoả mãn điều kiện sau: (a) f (mn) = f (m)f (n) với cặp số nguyên tố m n, (b) f (n + 1) ≥ f (n) với số nguyên dương n Khi đó, tồn số α ∈ R cho f (n) = nα với n ∈ N Chứng minh Ta chứng minh hàm f hoàn toàn nhân tính đủ: f (mn) = f (m)f (n) với m n Ta chia chứng minh làm bước Bước Gỉa sử a ≥ số nguyên dương gọi Ωa = {x ∈ N | U CLN (x, a) = 1} Khi đó, ta thấy L := inf x∈Ωa f (x + a) =1 f (x) f ak+1 ≤ f ak f (a) với số nguyên dương k Chứng minh bước Vì f tăng nên rõ ràng L ≥ Chú ý f (k + a) ≥ Lf (k) với k ∈ Ωa Cho m số nguyên dương Ta lấy số nguyên đủ lớn x0 > ma với gcd (x0 , a) = gcd (x0 , 2) = để f (2)f (x0 ) = f (2x0 ) ≥ f (x0 + ma) ≥ Lf (x0 + (m − 1)a) ≥ · · · ≥ Lm f (x0 ) Chúng giới thiệu chứng minh cải tiến chút so với [EH] Một chứng minh ngắn gọn khác, xem [MJ] ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com ĐỐI XỨNG 2.2 Phá vỡ tính đối xứng Epsilon 11 [AE, p 186] Chứng minh với a, b, c ∈ [0, 1], a b c + + ≤ + bc + ca + ab Epsilon 12 [SL 2006 KOR] Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh √ √ √ b+c−a c+a−b a+b−c √ √ √ + + √ √ √ √ √ √ ≤ b+ c− a c+ a− b a+ b− c Epsilon 13 Cho f (x, y) = xy x3 + y với x, y ≥ thoả mãn x + y = Chứng minh bất đẳng thức f (x, y) ≤ f 1 + √ ,1 − √ 3 =f 1 − √ ,1 + √ 3 Epsilon 14 Cho a, b ≥ cho a + b = Chứng minh √ a2 + b + a + b2 + + ab ≤ Chứng tỏ đẳng thức xảy (a, b) = (1, 0) (a, b) = (0, 1) Epsilon 15 (USA 1981) Cho tam giác ABC Chứng minh √ 3 sin 3A + sin 3B + sin 3C ≤ Ví dụ cho thấy rằng, nói chung, toán đối xứng nghiệm đối xứng Tiếp theo giới thiệu bất đẳng thức lợi hại đối diện với giả thiết thứ tự Epsilon 16 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho x1 , · · · , xn y1 , · · · yn hai dãy tăng số thực: x1 ≤ · · · ≤ xn , y1 ≤ · · · ≤ yn Khi n xi yi ≥ i=1 n n n yi xi i=1 i=1 Hệ 2.1 (Bất đẳng thức AM-HM) Cho x1 , · · · , xn > Khi đó, ta có x1 + · · · + xn ≥ n x1 n + ··· xn hay 1 n2 + ··· ≥ x1 xn x1 + · · · + xn Dấu xảy x1 = · · · = xn Chứng minh Theo tính đối xứng Bất đẳng thức, ta giả sử x1 ≤ · · · ≤ xn Ta có − 1 ≤ ··· ≤ − x1 xn Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có x1 · − x1 + · · · + x1 · − ✍ VnMath.Com x1 ≥ (x1 + · · · + xn ) n − x1 + ··· + − x1 http://www.vnmath.com ĐỐI XỨNG 2.2 Phá vỡ tính đối xứng Chú ý 2.1 Trong bất đẳng thức Chebyshev không đòi hỏi điều kiện biến dương Điều suy x1 ≤ · · · ≤ xn y1 ≥ · · · ≥ yn , ta có đánh giá ngược lại n xi yi ≤ i=1 n n n xi yi i=1 i=1 Epsilon 17 (United Kingdom 2002) Với a, b, c ∈ (0, 1), chứng minh √ a b c 3 abc √ + + ≥ 1−a 1−b 1−c − abc Epsilon 18 [IMO 1995/2 RUS] Cho a, b, c số dương cho abc = Chứng minh 1 + + ≥ a3 (b + c) b (c + a) c (a + b) Epsilon 19 (Iran 1996) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh 1 + + (x + y)2 (y + z)2 (z + x)2 (xy + yz + zx) ≥ Tiếp theo ta giới thiệu ba cách chứng minh khác Bất đẳng thức Nesbitt: Mệnh đề 2.1 (Nesbitt) Với số thực dương a, b, c, ta có a b c + + ≥ b+c c+a a+b Chứng minh Kí hiệu L vế trái Vì bất đẳng thức đối xứng ba biến nên ta 1 ≥ c+a ≥ a+b , theo Bất đẳng thức Chebyshev giả sử a ≥ b ≥ c Vì b+c L ≥ (a + b + c) = = 1+ = (3 + L), 1 + + b+c c+a a+b a+b+c a+b+c a+b+c + + b+c c+a a+b a b c +1+ +1+ b+c c+a a+b L ≥ 23 Chứng minh Ta phá vỡ tính đối xứng phép chuẩn hoá thích hợp Vì bất đẳng thức đối xứng ba biến nên ta giả sử a ≥ b ≥ c Sử dụng phép x = ac , y = cb , ta có x ≥ y ≥ Bất đẳng thức Nesbitt trở thành a c b c +1 + b c a c +1 + a c + b c ≥ hay x y + ≥ − y+1 x+1 x+y ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com ĐỐI XỨNG 2.2 Phá vỡ tính đối xứng Từ Bất đẳng thức AM-GM ta có x+1 y+1 + ≥2 y+1 x+1 hay x y 1 + ≥2− − y+1 x+1 y+1 x+1 Ta việc chứng minh 2− 1 − ≥ − y+1 x+1 x+y hay 1 1 − ≥ − y+1 x+1 x+y hay y−1 y−1 ≥ 2(1 + y) (x + 1)(x + y) đủ Và bất đẳng thức cuối với x ≥ y ≥ Chứng minh Như chứng minh trước, ta giả sử a ≥ b ≥ = c Ta chứng minh a b + + ≥ b+1 a+1 a+b Đặt A = a + b B = ab Điều ta mong muốn a2 + b2 + a + b + ≥ (a + 1)(b + 1) a+b hay A2 − 2B + A + ≥ A+B+1 A tức 2A3 − A2 − A + ≥ B(7A − 2) Vì 7A − > 2(a + b − 1) > A2 = (a + b)2 ≥ 4ab = 4B nên ta cần chứng tỏ 4(2A3 − A2 − A + 2) ≥ A2 (7A − 2) ⇔ A3 − 2A2 − 4A + ≥ Dễ dàng kiểm tra A3 − 2A2 − 4A + = (A − 2)2 (A + 2) ≥ ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com ĐỐI XỨNG 2.3 2.3 Đối xứng hoá Đối xứng hoá Bây ta công bất đẳng thức không đối xứng cách biến đổi chúng bất đẳng thức đối xứng Ví dụ Cho x, y, z số thực dương Chứng minh x2 y z y2 z2 x + + ≥ + + y z x y z x Lời giải Ta phá vỡ tính Sử dụng phép a = toán trở thành a2 + b2 + c2 ≥ a + b + c Ta có a2 + b2 + c2 ≥ x ,b y = y ,c z = z , x 1 (a + b + c)2 ≥ (a + b + c)(abc) = a + b + c Epsilon 20 (APMO 1991) Cho a1 , · · · , an , b1 , · · · , bn số thực dương cho a1 + · · · + an = b1 + · · · + bn Chứng minh a1 an a1 + · · · + an + ··· + ≥ a1 + b1 an + bn Epsilon 21 Cho x, y, z số thực dương Chứng minh x y z + + ≤ 2x + y 2y + z 2z + x Epsilon 22 Cho x, y, z số thực dương thoả x + y + z = Chứng minh y3 z3 x3 + + ≥ x2 + xy + y y + yz + z z + zx + x2 Epsilon 23 [SL 1985 CAN] Cho x, y, z số thực dương Chứng minh x2 x2 y2 z2 + + ≤ + yz y + zx z + xy Epsilon 24 [SL 1990 THA] Cho a, b, c, d ≥ thoả ab + bc + cd + da = Chứng minh b3 c3 d3 a3 + + + ≥ b+c+d c+d+a d+a+b a+b+c Delta 13 [SL 1998 MNG] Cho a1 , · · · , an số thực dương cho a1 +· · ·+an < Chứng minh a1 · · · an (1 − a1 − · · · − an ) ≤ n+1 (a1 + · · · + an ) (1 − a1 ) · · · (1 − an ) n ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com 3 BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC Bất đẳng thức hình học ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com 4 XEM LẠI HÌNH HỌC Xem lại hình học ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com 5 BA KĨ THUẬT TUYỆT VỜI Ba kĩ thuật tuyệt vời ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com 6 THUẦN NHẤT HÓA VÀ CHUẨN HÓA Thuần hóa chuẩn hóa ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com 7 TÍNH LỒI VÀ ÁP DỤNG Tính lồi áp dụng ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com 8 BÀI TẬP Bài tập ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com PHỤ LỤC Phụ lục 9.1 Tài liệu tham khảo AE A Engel, Problem-solving Strategies, Springer, 1989 AK F F Abi-Khuzam, A Trigonometric Inequality and its Geometric Applications, Mathematical Inequalities and Applications, 3(2000), 437-442 AN A M Nesbitt, Problem 15114, Educational Times, 3(1903), 37-38 AP A Padoa, Period Mat., 4, 5(1925), 80-85 AS A Storozhev, AMOC Mathematics Contests 1999, Australian Mathematics Trust ˜ Djordjevi´c, R R Jani´c, D S Mitrinovi´c, P M Vasi´c, GeoBDJMV O Bottema, R Z metric Inequalities, Wolters-Noordhoff Publishing, Groningen, 1969 BK O Bottema and M S Klamkin, Joint Triangle Inequalities, Simon Stevin 48 (1974), I-II, 3-8 BR1 C J Bradley, Challenges in Geometry, OUP BR2 C J Bradley, The Algebra of Geometry, Highperception DB David M Burton, Elementary Number Theory, McGraw Hill DM J F Darling, W Moser, Problem E1456, Amer Math Monthly, 68(1961) 294, 230 DG S Dar and S Grueron, A weighted Erd¨ os-Mordell inequality, Amer Math Monthly, 108(2001) 165-167 DP1 D Pedoe, On Some Geometrical Inequalities, Math Gaz., 26 (1942), 202-208 DP2 D Pedoe, An Inequality for Two Triangles, Proc Cambridge Philos Soc., 38 (1943), 397-398 DP3 D Pedoe, E1562, A Two-Triangle Inequality, Amer Math Monthly, 70(1963), 1012 DP4 D Pedoe, Thinking Geometrically, Amer Math Monthly, 77(1970), 711-721 DP5 D Pedoe, Inside-Outisde: The Neuberg-Pedoe Inequality, Univ Beograd Publ Elektrotehn Fak ser Mat Fiz., No 544-576 (1976), 95-97 DZMP D Djukic, V Z Jankovic I Matic, N Petrovic, Problem-solving Strategies, Springer 2006 EC E Cesáro, Nouvelle Correspondence Math., 6(1880), 140 EH E Howe, A new proof of Erd¨ os’s theorem on monotone multiplicative functions, Amer Math Monthly, 93(1986), 593-595 Fag Fagnano’s problem, http://www.cut-the-knot.org/triangle/Fagnano.shtml FiHa P von Finsler and H Hadwiger, Einige Relationen im Dreieck, Commentarii Mathematici Helvetici, 10 (1937), no 1, 316-326 FH F Holland, Another verification of Fagnano’s theorem, Forum Geom., (2007), 207-210 GC G Chang, Proving Pedoe’s Inequality by Complex Number Computation, Amer Math Monthly, 89(1982), 692 ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com PHỤ LỤC 9.1 Tài liệu tham khảo HH J M Habeb, M Hajja, A Note on Trigonometric Identities, Expositiones Mathematicae, 21(2003), 285-290 HS H F Sandham, Problem E819, Amer Math Monthly 55(1948), 317 IN I Niven, Maxima and Minima Without Calculus, MAA IV I Vardi, Solutions to the year 2000 International Mathematical Olympiad, http://www.lix.polytechnique.fr/Labo/Ilan.Vardi/publications.html JC J Chen, Problem 1663, Crux Mathematicorum, 18(1992), 188-189 JL J C Lagarias, An Elementary Problem Equivalent to the Riemann Hypothesis, Amer Math Monthly, 109(2002), 534-543 JN J Neuberg, Sur les projections et contre-projections d’un triangle fixe, Acad Roy de Belgique, 44 (1891), 31-33 Kim Clark Kimberling, Encyclopedia of Triangle Centers, http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ETC.html KK K S Kedlaya, A < B, http://www.unl.edu/amc/a-activities/a4-for-students/sindex.shtml KL Kin Y Li, Majorization Inequality, Mathematical Excalibur, 5(2000), 2-4 KS K B Stolarsky, Cubic Triangle Inequalities, Amer Math Monthly, 78(1971), 879-881 KWL Kee-Wai Liu, Problem 2186, Crux Math with Math 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 LL L C Larson, Problem-Solving Through Problems, Springer, 1983 LE L Emelyanov, A Feuerbach type theorem on six circles, Forum Geom, (2001), 173-175 LuPo C Lupu, C Pohoata, Sharpening Hadwiger-Finsler’s Inequality, Crux Math with Math Mayhem, (2008), 97-101 LR E Lozansky, Cecil Rousseau, Winning Solutions, Springer, 1996 Max E.A Maxwell, The methods of plane projective geometry based on the use of general homogeneous coordinates MB L J Mordell, D F Barrow, Problem 3740, Amer Math Monthly 44(1937), 252-254 MV D S Mitinovi´c (in cooperation with P M Vasi´c), Analytic Inequalities, Springer MC M Colind, Educational Times, 13(1870), 30-31 MEK1 Marcin E Kuczma, Problem 1940, Crux Math with Math Mayhem, 23(1997), 170-171 MEK2 Marcin E Kuczma, Problem 1703, Crux Mathematicorum, 18(1992), 313-314 MH M Hajja, A short trigonometric proof of the Steiner-Lehmus theorem, Forum Geom, (2008), 39-42 MJ L Moser and J Lambek, On monotone multiplicative functions, Proc Amer Math Soc., 4(1953), 544-545 ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com PHỤ LỤC 9.1 Tài liệu tham khảo MP M Petrovi´c, Ra˜cunanje sa brojnim razmacima, Beograd, 1932, 79 MSK1 M S Klamkin, International Mathematical Olympiads 1978-1985, MAA, 1986 MSK2 M S Klamkin, USA Mathematical Olympiads 1972-1986, MAA 1988 NP C Niculescu, L-E Persson, Convex functions and Their Applications - A Contemporary Approach, CMS Books in Mathematics, 2006 NS N Sato, Number Theory, http://www.artofproblemsolving.com/Resources NZM Ivan Niven, Herbert S Zuckerman, Hugh L Montogomery, An Introduction to the Theory of Numbers, Fifth Edition, John Wiley and Sons, Inc ONI T Andreescu, V Cirtoaje, G Dospinescu, M Lascu, Old and New Inequalities, GIL, 2004 ONI2 V Q B Can, C Pohoat¸ă, Old and New Inequalities Volume 2, GIL, 2008 PE P Erdos, On the distribution function of additive functions, Ann of Math., 47(1946), 1-20 RJ R A Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover reprint 2007 RS R A Satnoianu, A General Method for Establishing Geometric Inequalities in a Triangle, Amer Math Monthly 108(2001), 360-364 ¨ RW R Weitzenb¨ ock, Uber eine Ungleichung in der Dreiecksgeometrie, Math Zeit., 5(1919), 137-146 SG S Gueron, Two Applications of the Generalized Ptolemy Theorem, Amer Math Monthly, 109 (2002), 362-370 SR1 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 ’89), 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 2005 TM 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 VT V Thebault, Problem 3887, Three circles with collinear centers, Amer Math Monthly, 45 (1938), 482-483 WB1 W J Blundon, Canad Math Bull 8(1965), 615-626 WB2 W J Blundon, Problem E1935, Amer Math Monthly 73(1966), 1122 WL K Wu, Andy Liu, The Rearrangement Inequality ZC Zun Shan, Ji Chen, Problem 1680, Crux Mathematicorum 18(1992), 251 ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com PHỤ LỤC 9.2 9.2 Mã IMO Mã IMO từ http://www.imo-official.org AFG ARG AUT BGD BEN BRA KHM CHI CIS CUB CZS ECU FRA GER HND ISL IRN ITA PRK KGZ LTU MKD MRT MNG MOZ NIC PAK PER POR RUS SEN SGP SAF SWE TWN TTO NCY UAE URY VEN Afghanistan Argentina Austria Bangladesh Benin Brazil Cambodia Chile CIS Cuba Czechoslovakia Ecuador France Germany Honduras Iceland Islamic Republic of Iran Italy PRK Kyrgyzstan Lithuania MKD Mauritania Mongolia Mozambique Nicaragua Pakistan Peru Portugal Russian Federation Senegal Singapore South Africa Sweden Taiwan Trinidad and Tobago NCY United Arab Emirates Uruguay Venezuela ✍ VnMath.Com ALB ARM AZE BLR BOL BRU CMR CHN CRI CYP DEN EST GEO HEL HKG IND IRL JPN KOR LVA LUX MAS MEX MNE NLD NGA PAN PHI PRI SLV SRB SVK ESP SUI TJK TUN TKM UNK USS VNM Albania Armenia Azerbaijan Belarus Bolivia Brunei Cameroon CHN Costa Rica Cyprus Denmark Estonia Georgia Greece Hong Kong India Ireland Japan Republic of Korea Latvia Luxembourg Malaysia Mexico Montenegro Netherlands Nigeria Panama Philippines Puerto Rico El Salvador Serbia Slovakia Spain Switzerland Tajikistan Tunisia Turkmenistan United Kingdom USS Vietnam ALG AUS BAH BEL BIH BGR CAN COL HRV CZE DOM FIN GDR GTM HUN IDN ISR KAZ KWT LIE MAC MLT MDA MAR NZL NOR PAR POL ROU SAU SCG SVN LKA SYR THA TUR UKR USA UZB YUG Algeria Australia Bahrain Belgium BIH Bulgaria Canada Colombia Croatia Czech Republic Dominican Republic Finland GDR Guatemala Hungary Indonesia Israel Kazakhstan Kuwait Liechtenstein Macau Malta Republic of Moldova Morocco New Zealand Norway Paraguay Poland Romania Saudi Arabia Serbia and Montenegro Slovenia Sri Lanka Syria Thailand Turkey Ukraine United States of America Uzbekistan Yugoslavia http://www.vnmath.com PHỤ LỤC 9.2 BIH CHN CIS FRG GDR MKD NCY PRK USS ✍ VnMath.Com Mã IMO Bosnia Herzegovina Cộng hòa nhân dân Trung Hoa Các nước thịnh vượng chung Cộng hòa Liên bang Đức Cộng hòa dân chủ Đức Cộng hòa Macedonia thuộc Liên bang Nam Tư trước Cộng hòa người Thổ phía bắc đảo Síp Cộng hòa dân chủ nhân dân Triều Tiên Liên Xô http://www.vnmath.com [...]... Nesbitt trở thành a c b c +1 + b c a c +1 + a c 1 + b c ≥ 3 2 hay x y 3 1 + ≥ − y+1 x+1 2 x+y ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com 2 ĐỐI XỨNG 2.2 Phá vỡ tính đối xứng Từ Bất đẳng thức AM-GM ta có x+1 y+1 + ≥2 y+1 x+1 hay x y 1 1 + ≥2− − y+1 x+1 y+1 x+1 Ta chỉ việc chứng minh 2− 1 1 3 1 − ≥ − y+1 x+1 2 x+y hay 1 1 1 1 − ≥ − 2 y+1 x+1 x+y hay y−1 y−1 ≥ 2(1 + y) (x + 1)(x + y) là đủ Và bất đẳng thức...1 LÝ THUYẾT SỐ 1.3 Hàm nhân tính đơn điệu hay f (2) ≥ Lm Vì m là tuỳ ý và L ≥ 1 dẫn đến L = 1 Với x ∈ Ωa ta có f ak+1 f (x) f ak+1 x f ak+1 x + ak = ≤ = f (ax + 1) ≤ f ax + a2 f (ak ) f (ak ) f (ak ) hay f ak+1 f (x) ≤ f (a)f (x + a) f (ak ) hay f ak+1 f (x + a) ≥ f (x) f (a)f (ak ) Suy ra 1 = inf x∈Ωa f ak+1 f (x + a) ≥ f (x) f (a)f (ak )... sao cho π(x) > λ lnxx với mọi số √ thực x đủ lớn Điều này có nghĩa là n > λ lnppnn khi n đủ lớn Vì λ lnxx > x với mọi x > 0 đủ lớn, ta cũng có n>λ pn √ > pn ln pn hay n2 > pn với n đủ lớn Vì vậy, khi n đủ lớn, n>λ pn pn >λ , ln pn ln (n2 ) hay một cách tương đương 1 λ > pn 2n ln n ∞ 1 n=2 n ln n Vì = ∞, ta có điều phải chứng minh theo Tiêu chuẩn So sánh Ta kết thúc mục này với một kết quả ấn tượng... nào đó Vì số các bội của pj không vượt quá N là N pj , ta có |{1, · · · , N } − Sn (N )| ≤ j>n ✍ VnMath.Com N pj http://www.vnmath.com 1 LÝ THUYẾT SỐ 1.4 Có vô hạn số nguyên tố hay N − |Sn (N )| ≤ j>n N pj N N ≤ p 2 j j>n ≤ hay N ≤ |Sn (N )| 2 √ Kết hợp điều này và Bổ đề ta có N2 ≤ 2n N và do đó N ≤ 4n+1 Tuy nhiên, nó mâu thuẫn với việc lựa chọn N Chứng minh thứ hai Ta dùng bất đẳng thức sau Bổ... suy ra trực tiếp từ bước 1 sup x∈Ωa f (x) 1 = = 1 f (x + a) inf x∈Ωa f (x+a) f (x) Với x ∈ Ωa và x > a,ta có f ak+1 f (x) f ak+1 x f ak+1 x − ak = ≥ = f (ax − 1) ≥ f ax − a2 k k f (a ) f (a ) f (ak ) hay f ak+1 f (x) ≥ f (a)f (x − a) f (ak ) ✍ VnMath.Com http://www.vnmath.com 1 LÝ THUYẾT SỐ 1.3 Hàm nhân tính đơn điệu Suy ra 1 = sup x∈Ωa f ak+1 f (x) f (x − a) = sup ≤ , f (x + a) x∈Ωa , x>a f (x) f... (abc) 3 · (abc) 3 1 4 = 4abc2 và a4 + b4 ≥ 2a2 b2 Cộng hai bất đẳng thức này ta có 4 a4 + b4 + c4 + 3 (abc) 3 ≥ 2a2 b2 + 4abc2 Do đó vấn đề còn lại là chứng minh 2a2 b2 + 4abc2 ≥ 2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 hay một cách tương đương 0 ≥ 2c2 (a − b)2 , điều này nói chung không đúng Ta chỉ có chiều ngược lại! Tuy nhiên, ta có thể lợi dụng ý tưởng trên để hoàn thành chứng minh Chứng minh Using the symmetry of... các số thực: x1 ≤ · · · ≤ xn , y1 ≤ · · · ≤ yn Khi đó n xi yi ≥ i=1 1 n n n yi xi i=1 i=1 Hệ quả 2.1 (Bất đẳng thức AM-HM) Cho x1 , · · · , xn > 0 Khi đó, ta có x1 + · · · + xn ≥ n 1 x1 n + ··· 1 xn hay 1 1 n2 + ··· ≥ x1 xn x1 + · · · + xn Dấu bằng xảy ra nếu và chỉ nếu x1 = · · · = xn Chứng minh Theo tính đối xứng của Bất đẳng thức, ta giả sử x1 ≤ · · · ≤ xn Ta có − 1 1 ≤ ··· ≤ − x1 xn Sử dụng... được n k=1 1 ≤ k 1+ p:nguyên tố, p≤n 1 p √ t≤ n 1 t2 Cùng với ước lượng ∞ t=1 ∞ ∞ 1 1 ≤1+ =1+ t2 t(t − 1) t=2 t=2 1 1 − t−1 t = 2, ta suy ra n k=1 1 ≤2 k 1+ p:nguyên tố, p≤n 1 p 1 ≤2 ep p:nguyên tố p≤n hay p:nguyên tố p≤n Vì chuỗi điều hòa 1 + chuỗi đã cho phân kỳ 1 2 + 1 3 1 ≥ ln p 1 2 n k=1 1 k + · · · phân kỳ nên theo Tiêu chuẩn So sánh, Chứng minh thứ ba [NZM, pp.21-23] Ta dùng bất đẳng thức sau... Chứng minh 3 Như trong chứng minh trước, ta giả sử a ≥ b ≥ 1 = c Ta sẽ chứng minh a b 1 3 + + ≥ b+1 a+1 a+b 2 Đặt A = a + b và B = ab Điều ta mong muốn là a2 + b2 + a + b 1 3 + ≥ (a + 1)(b + 1) a+b 2 hay A2 − 2B + A 1 3 + ≥ A+B+1 A 2 tức là 2A3 − A2 − A + 2 ≥ B(7A − 2) Vì 7A − 2 > 2(a + b − 1) > 0 và A2 = (a + b)2 ≥ 4ab = 4B nên ta cần chứng tỏ 4(2A3 − A2 − A + 2) ≥ A2 (7A − 2) ⇔ A3 − 2A2 − 4A + 8