Bất đẳng thức từ góc nhìn hình học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ LAN ANH BẤT ĐẲNG THỨC TỪ GÓC NHÌN HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ LAN ANH BẤT ĐẲNG THỨC TỪ GÓC NHÌN HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Danh sách hình vẽ ii Mở đầu Chương Sử dụng độ dài chứng minh bất đẳng thức 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 Các bất đẳng thức liên quan tới tam giác Đường gấp khúc Trung bình cộng trung bình nhân Một số bất đẳng thức giá trị trung bình Phép Ravi Bất đẳng thức Cauchy cho hai số Một số toán khác 3 11 16 23 24 28 Chương Sử dụng diện tích thể tích chứng minh bất đẳng thức 33 2.1 Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (AM-GM) 33 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 Bất đẳng thức Chebyshev Bất đẳng thức AM- GM cho ba số Bất đẳng thức Guha Giá trị trung bình hai phân số Bất đẳng thức Schur Bất đẳng thức Cauchy -Schwarz Bất đẳng thức Aczél (János Aczél) Một số toán khác a c b d 36 41 47 50 52 54 57 60 Kết luận 67 Tài liệu tham khảo 68 ii Danh sách hình vẽ 1.1 Minh họa chứng minh phần thuận định lý bất đẳng thức tam giác 1.2 Minh họa chứng minh phần đảo định lý bất đẳng thức tam giác √ √ √ 1.3 Minh họa bất đẳng thức a + b < a + b 1.4 Minh họa ứng dụng bất đẳng thức tam giác 1.5 Minh họa ứng dụng bất đẳng thức tam giác 1.6 Hình hộp chữ nhật bất đẳng thức 1.7 Minh họa bất đẳng thức bốn số không âm 1.8 Minh họa bất đẳng thức Minkowski 10 1.9 Minh họa bất đẳng thức AM- GM 11 1.10 Hình chữ nhật nội tiếp hình tròn 12 1.11 Minh họa toán Dido 12 1.12 Bài toán cực trị 13 1.13 Minh họa bất đẳng thức AM- GM 14 1.14 Minh họa nhận xét 1.2 15 1.15 Minh họa nhận xét 1.5 16 1.16 Minh họa bất đẳng thức (??) 17 1.17 Hình thang giá trị trung bình 18 1.18 σN > σM N nằm “cao hơn” M 20 1.19 Tam giác vuông trung bình điều hòa 21 1.20 Tam giác vuông giá trị trung bình 22 1.21 Minh họa phép Ravi 23 iii 1.22 Bất đẳng thức Cauchy cho hai số 25 1.23 Hệ bất đẳng thức Cauchy cho hai số 27 2.1 Minh họa cho bất đẳng thức AM-GM 34 2.2 Minh họa cho bất đẳng thức AM-GM 34 2.3 Minh họa bất đẳng thức ad + bc < ac + bd 35 2.4 Minh họa bất đẳng thức a2 b + ab2 ≤ a3 + b3 35 2.5 Minh họa bất đẳng thức Chebyshev 37 2.6 Minh họa bất đẳng thức Chebyshev 37 2.7 Minh họa bất đẳng thức Voicu 40 2.8 Minh họa bổ đề 2.1 41 2.9 Minh họa bất đẳng thức AM-GM cho ba số 43 2.10 Minh họa bất đẳng thức AM-GM cho ba số 44 2.11 Hình trụ nội tiếp hình nón 45 2.12 Minh họa bất đẳng thức Guha 47 2.13 Tam giác nội tiếp đường tròn 49 2.14 Minh họa giá trị trung bình hai phân số 50 2.15 Giá trị trung bình phân số 51 2.16 Nghịch lý Simpson 52 2.17 Bất đẳng thức Schur 53 2.18 Minh họa bất đẳng thức Cauchy- Schwarz 55 2.19 Minh họa bất đẳng thức Cauchy- Schwarz 56 Mở đầu Bất đẳng thức đóng vị trí quan trọng toán học Bản thân bất đẳng thức (và đẳng thức) có ý nghĩa độc lập: Bất đẳng thức (đẳng thức) thể mối quan hệ (lớn hơn, nhỏ hơn, nhau) đại lượng Nhiều toán tối ưu (tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất), giải phương trình hệ phương trình, cần đến thực chất đánh giá bất đẳng thức Bất đẳng thức đóng vai trò quan trọng giảng dạy phổ biến toán học trường phổ thông đại học Phần lớn bất đẳng thức chứng minh sử dụng thông qua phép biến đổi đại số Theo tìm hiểu tôi, chưa có tài liệu luận văn cao học dành riêng trình bày phương pháp hình học chứng minh bất đẳng thức Trong đó, nhiều bất đẳng thức minh họa chứng minh hình học Chứng minh hình học bất đẳng thức thường đơn giản trực quan hơn, cho phép nhìn bất đẳng thức góc nhìn sinh động Theo nghĩa đó, coi chứng minh hình học phương pháp chứng minh bất đẳng thức độc đáo Trong khuôn khổ luận văn xin trình bày đề tài: “Bất đẳng thức từ góc nhìn hình học” Luận văn tổng hợp từ sách Claudi Alsina, Roger B Nelsen [2] tham khảo thêm số tài liệu khác (thí dụ, [4], [5]) Mục đích luận văn trình bày phương pháp sử dụng hình học để chứng minh bất đẳng thức Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, bố cục luận văn trình bày hai chương Chương Sử dụng độ dài chứng minh bất đẳng thức Chương trình bày sử dụng độ dài chứng minh bất đẳng thức, bất đẳng thức tam giác, bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình bình phương Chương Sử dụng diện tích thể tích chứng minh bất đẳng thức Nhiều bất đẳng thức chứng minh nhờ công cụ diện tích thể tích Chương trình bày phương pháp diện tích thể tích chứng minh bất đẳng thức Luận văn hoàn thành Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình PGS TS Tạ Duy Phượng Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Toán-Tin Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập Trường Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn tốt nghiệp Thái Nguyên, tháng năm 2016 Học viên Phạm Thị Lan Anh Chương Sử dụng độ dài chứng minh bất đẳng thức Chương gồm bảy mục, trình bày số bất đẳng thức sử dụng liên quan tới nội dung nghiên cứu đề tài ứng dụng bất đẳng thức để chứng minh, vận dụng vào hệ quả, ví dụ cụ thể Nội dung chương dựa chủ yếu theo tài liệu [2] tham khảo thêm số tài liệu khác (thí dụ, [4], [5]) 1.1 Các bất đẳng thức liên quan tới tam giác Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức tam giác) Ba số dương a, b, c tạo thành độ dài ba cạnh tam giác a + b > c, b + c > a a + c > b Chứng minh Ta chứng minh bất đẳng thức thứ hai, hai bất đẳng thức lại chứng minh tương tự Gọi a, b, c chiều dài cạnh tam giác ABC Hình 1.1 Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AD = AC Trong tam giác BCD, ta so sánh BD với BC Do tia CA nằm hai tia CB CD nên BCD > ACD (1.1) D b A c b B a C Hình 1.1: Minh họa chứng minh phần thuận định lý bất đẳng thức tam giác Mặt khác, theo cách dựng, tam giác ACD cân A nên ACD = ADC(= BDC) (1.2) Từ (1.1) (1.2) suy ra: BCD > BDC Trong tam giác BCD, ta có BCD > BDC nên theo định lý quan hệ góc cạnh đối diện tam giác, ta suy AB + AC = BD > BC, hay c + b > a Tương tự ta chứng minh a + b > c a + c > b Ngược lại, a + b > c, b + c > a, a + c > b ta chứng minh tồn tam giác ABC cho AB = c, BC = a, AC = b Thật vậy, dựng đường tròn tâm A bán kính b đường tròn tâm B bán kính a Nếu tồn tam giác ABC hai đường tròn cắt hai điểm (điểm C) C b A a c B Hình 1.2: Minh họa chứng minh phần đảo định lý bất đẳng thức tam giác Ta chứng minh phản chứng, giả sử hai đường tròn không cắt nhau, hai đường tròn tiếp xúc rời + Trường hợp 1: Hai đường tròn tiếp xúc - Hai đường tròn tiếp xúc b = a + c (nếu đường tròn tâm A chứa đường tròn tâm B ) a = b + c (nếu đường tròn tâm B chứa đường tròn tâm A) - Hai đường tròn tiếp xúc c = a + b + Trường hợp 2: Hai đường tròn rời - Hai đường tròn chứa b > c + a (nếu đường tròn tâm A chứa đường tròn tâm B ) a > c + b (nếu đường tròn tâm B chứa đường tròn tâm A) - Hai đường tròn nằm c > a + b Như vậy, tất trường hợp xảy mâu thuẫn với giả thiết Do ta có điều phải chứng minh Từ bất đẳng thức tam giác, suy nhiều bất đẳng thức thú vị Ví dụ 1.1.2 ([2], p.3) Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta nhìn √ √ √ bất đẳng thức đại số a + b ≤ a + b cạnh tam giác vuông (Hình 1.3, coi a = trường hợp tam giác suy biến thành đoạn thẳng) 54 tương tự ab2 c − 2b3(s − b) = b2(b − c)(b − a), abc2 − 2c3 (s − c) = c2 (c − a)(c − b) Do vậy, bất đẳng thức cho tương đương với a2 (a − b)(a − c) + b2(b − c)(b − a) + c2 (c − a)(c − b) ≥ 0, trường hợp bất đẳng thức Schur với r = 2.7 Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz (Augustin-Louis Cauchy, 1789-1857; Hermann Amandus Schwarz, 18431921), ([2], p.101) Với số , bi, i = 1, 2, , n, ta có |a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn| ≤ a21 + a22 + · · · + a2n b21 + b22 + · · · + b2n (2.12) Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp n = Với n = 2, (2.12) tương đương với |ax + by| ≤ (a2 + b2 ) (x2 + y ) Vì |ax + by| ≤ |a||x| + |b||y| , ta cần |a||x| + |b||y| ≤ (a2 + b2 ) (x2 + y ) (2.13) Cách Vì diện tích hình bình hành với cạnh cho trước nhỏ diện tích hình chữ nhật có cạnh, diện tích hình chữ nhật Hình 2.18(a) (gồm tam giác màu xám hình bình hành màu trắng) nhỏ diện tích đa giác Hình 2.18(b) (gồm bốn tam giác hình chữ nhật) Do √ 1 (|a| + |y|)(|b| + |x|) ≤ |a||b| + |x||y| + a2 + b2 2 x2 + y , 55 nên |a||x| + |b||y| ≤ (a2 + b2 ) (x2 + y ) Hình 2.18: Minh họa bất đẳng thức Cauchy- Schwarz Cách Theo cách (Hình 2.19), xây dựng hình chữ nhật với kích thước |a| × |x| |b| × |y| nằm cạnh góc vuông tam giác vuông, chuyển đổi chúng thành hình bình hành có diện tích Diện tích hình bình hành Hình 2.19(b) diện tích hình chữ nhật Hình 2.19(a) |a||x| + |b||y| Trong Hình 2.19(d), ta ý rằng, cho trước hình bình hành hình chữ nhật có độ dài cạnh, hình chữ nhật có diện tích lớn Do |a||x| + |b||y| ≤ Suy điều phải chứng minh (a2 + b2 ) (x2 + y ) 56 Hình 2.19: Minh họa bất đẳng thức Cauchy- Schwarz Ta chứng minh phương pháp đại số cho bất đẳng thức CauchySchwarz (2.12) trường hợp tổng quát sau Đầu tiên, ta biến đổi (2.12) dạng n n a2i i=1 i=1 n b2i ≥ bi (2.14) i=1 Trước chứng minh bất đẳng thức trên, ta chứng minh đẳng thức Lagrange: n n a2i i=1 i=1 n b2i − bi (aibj − aj bi)2 = i=1 1≤i ta có a21 − a22 − · · · − a2n b21 − b22 − · · · − b2n ≤ |a1 b1 −a2 b2 · · ·−an bn | (2.16) Chứng minh Trước hết ta chứng minh cho trường hợp n = Trong Hình √ √ 2.18(a), đặt |c| = a2 + b2 |z| = x2 + y Khi |a| = c2 − b2 |x| = z − y , nên (2.13) trở thành c2 − b2 z − y + |b||y| ≤ |c||z|, hay c2 − b2 z − y ≤ |c||z| − |b||y| ≤ |cz − by|, trường hợp n = (2.16) với c = a1 , b = a2 , z = b1 y = b2 Để chứng minh (2.16) trường hợp tổng quát, đặt c = a1 , b2 = a22 + a23 + · · · + a2n , z = b1, y = b22 + b23 + · · · + b2n Khi a21 − a22 − · · · − a2n ≤ b21 − b22 − · · · − b2n + |a2 b2 + a3 b3 + · · · + an bn | c2 − b2 z − y + |b||y| 58 ≤ |c||z| = |a1 ||b1 | = |a1 b1|, hay a21 − a22 − · · · − a2n b21 − b22 − · · · − b2n ≤ |a1 b1| − |a2 b2 − a3 b3 · · · − an bn | ≤ |a1 b1 − a2 b2 · · · − an bn | Từ suy điều phải chứng minh Hệ 2.8.1 (Bất đẳng thức Neuberg-Padoe, [2], p.108) Cho hai tam giác có cạnh , bi, ci diện tích Ki, i = 1, Khi a21 (−a22 + b22 + c22 ) + b21 (a22 − b22 + c22 ) + c21 (a22 + b22 − c22 ) ≥ 16K1K2 Đẳng thức xảy tam giác đồng dạng Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Aczél với n = 4, a21 − a22 − a23 − a24 b21 − b22 − b23 − b24 ≤ |a1 b1 − a2 b2 − a3 b3 − a4 b4 | Với số (a1 , a2 , a3 , a4 ) thay (a21 + b21 + c21 , √ √ √ 2a1 , 2b1, 2c1 ), ta kiểm tra thỏa mãn điều kiện bất đẳng thức Aczél Thật vậy, ta có (a21 + b21 + c21 )2 − 2a41 − 2b41 − 2c41 = 2a21b21 + 2b21c21 + 2c21 a21 − a41 − b41 − b41 = − a41 + b41 + c41 − 2a21 b21 − 2b21c21 − 2c21 a21 = − (a21 − b21)2 + (b21 − c21 )2 + (c21 − a21 )2 − a41 − b41 − c41 = − (a21 − b21)2 − a41 + (b21 − c21 )2 − b41 + (c21 − a21 )2 − c41 ≥ Tương tự, số (b1 , b2 , b3 , b4 ) thay (a22 +b22 +c22 , √ √ √ 2a2 , 2b2 , 2c2 ) Thay vào bất đẳng thức Aczél ta √ √ A B ≤ |(a21 + b21 + c21 )(a22 + b22 + c22 ) − 2a21 a22 − 2b21b22 − 2c21c22 | 59 = |a21 (a22 + b22 + c22 ) + b21(a22 + b22 + c22 ) + c21 (a22 + b22 + c22 ) − 2a21 a22 − 2b21b22 − 2c21c22 | = |a21 (−a22 + b22 + c22 ) + b21(a22 − b22 + c22 ) + c21 (a22 + b22 − c22 )| = a21 (−a22 + b22 + c22 ) + b21 (a22 − b22 + c22 ) + c21 (a22 + b22 − c22 ), (2.17) với A = (a21 +b21 +c21 )2 −2(a41 −b41 −c41 ), B = (a22 +b22 +c22 )2 −2(a42 −b42 −c42 ) Mặt khác, theo công thức Heron ta có 16Ki2 = 16si(si − )(si − bi )(si − ci ) = 16 + bi + ci bi + ci − ai + ci − bi + bi − ci · · · 2 2 = (ai + bi + ci )(bi + ci − )(ai + ci − bi )(ai + bi − ci ) = (a2i + b2i + c2i )2 − 2(a4i + b4i + c4i ) (2.18) + bi + ci Từ (2.17) (2.18) ta có si = a21 (−a22 + b22 + c22 ) + b21(a22 − b22 + c22 ) + c21 (a22 + b22 − c22 ) ≥ 16K12 16K22 = 4K1 · 4K2 = 16K1K2 Dấu đẳng thức xảy dấu đẳng thức (2.17) xảy ra, mà dấu đẳng thức (2.17) xảy hai (a21 + b21 + √ √ √ √ √ √ c21 , 2a21 , 2b21 , 2c21 ) (a22 + b22 + c22 , 2a22 , 2b22 , 2c22 ) tỉ lệ với Hay hai tam giác đồng dạng Suy điều phải chứng minh 60 2.9 Một số toán khác Ví dụ 2.9.1 ([1], p 297) Cho ba số dương a, b, c, a ≥ c, b ≥ c Chứng minh c(a + c) + c(b − c) ≤ √ ab √ Giải Dựng hai tam giác cân CAB , DAB chung đáy AB = c √ √ AC = a, AD = b Giả sử CD ∩ AB = H ⇒ CD ⊥ AB HA = √ HB = c (Nếu a = c C ≡ H, b = c D ≡ H , H trung điểm AB ) √ A C a √ c √ a √ c H √ √ b B b D Ta có √ SABCD = AB.CD = c(CH + HD) √ √ √ (2.19) = c( a − c + b − c) √ √ Do SABCD = 2SCBD = a b sin CBD, suy √ (2.20) SABCD ≤ ab √ √ √ √ Từ (2.19), (2.20) suy c( a − c + b − c) ≤ ab, suy điều phải chứng minh Dấu xảy sin CBD = ⇔ CBD = 90o ⇔ 1 1 1 = + ⇔ = + BH BC BD2 c a b 61 Ví dụ 2.9.2 ([1], p 297) Cho a, b, c ∈ [0, 1] Chứng minh a + b + c ≤ + ab + bc + ca Giải Vẽ tam giác ABC cạnh Đặt AM = a, BN = b, CP = c Ta có SAM P + SBM N + SCN P ≤ SABC Suy √ √ 3 [a(1 − c) + b(1 − a) + c(1 − b)] ≤ 4 ⇒ a(1 − c) + b(1 − a) + c(1 − b) ≤ ⇒ a + b + c ≤ + ab + bc + ca Suy điều phải chứng minh A a P M c B b N C Dấu xảy △AMP, △CN P, △BMN có tam giác trùng với △ABC , tương đương với ba số a, b, c có số 1, số 0, số thứ ba tùy ý ∈ [0, 1] Ví dụ 2.9.3 ([1], p 298) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz(x + y + z) = Chứng minh (x + y)(x + z) ≥ 62 Giải Xét tam giác ABC với ba cạnh AB = x + y, AC = x + z BC = y + z (tam giác hiển nhiên tồn tại) Gọi p nửa chu vi tam giác ABC p = x + y + z Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc BC, AC, AB tương ứng M, N, P Ta có AN = AP = p − BC = (x + y + z) − (y + z) = x A x N P I y C B M z Tương tự BM = BP = y CM = CN = z Ta có 1 SABC = AB.AC sin BAC ≤ AB.AC 2 ⇒ SABC ≤ (x + y)(x + z) (2.21) Dấu xảy sin BAC = ⇔ BAC = 90o ⇔ (y + z)2 = (x + y)2 + (x + z)2 ⇔ 2yz = 2xy + 2xz + 2x2 ⇔ yz = x2 + x(y + z) Theo công thức Heron, ta có SABC = p(p − AB)(p − BC)(p − CA) (2.22) 63 = (2.23) (x + y + z)xyz = (do giả thiết xyz(x + y + z) = 1) (2.24) Từ (2.21), (2.24) suy (x + y)(x + z) ≥ Dấu xảy yz = x2 + x(y + z) Ví dụ 2.9.4 ([1], p 300) Cho a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ a4 ≥ a5 ≥ a6 > Chứng minh a21 − a22 + a23 − a24 + a25 − a26 ≥ (a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 )2 Giải Vẽ hình vuông với cạnh a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 hình Ta có S1 = a21 − a22 + a33 − a24 + a25 − a26 = (a21 − a22 ) + (a23 − a24 ) + (a25 − a26 ) Khi S1 diện tích phần gạch a6 a5 a4 a3 a2 a1 Nếu gọi S2 diện tích hình vuông cạnh a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 (S2 phần gạch lưới mắt cáo) S1 ≥ S2 64 S2 = [(a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + (a5 − a6 )]2 a1 − a2 a3 − a4 a5 − a6 a5 − a6 a3 − a4 a1 − a2 Từ suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.9.5 ([1], p 300) Cho bốn số dương x, y, z, t Chứng minh (x2 + z )(y + z ) + (x2 + t2 )(y + t2 ) ≥ (x + y)(z + t) Giải Dựng tứ giác ABCD có AC ⊥ BD Giả sử AC ∩ BD = O Đặt OA = x, OC = y, OB = z, OD = t √ ⇒ AB = x2 + z , BC = y + z √ CD = y + t2 , DA = t2 + x2 1 SABC ≤ AB.BC = (x2 + z )(y + z ) 2 1 SADC ≤ DC.AD = (x2 + t2 )(y + t2 ) 2 B z A x O t D y C 65 Mặt khác, SABC + SADC = SABCD = (x + y)(z + t) (do ABCD tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau) Từ suy ra, (x2 + z )(y + z ) + (x2 + t2 )(y + t2 ) ≥ (x + y)(z + t) Dấu xảy       AB ⊥ BC x2 + z + z + y = (x + y)2 ⇔     AD ⊥ DC x2 + t2 + y + t2 = (x + y)2    z = xy √ ⇔ ⇔ z = t = xy   t2 = xy Suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.9.6 ([2], p 38) Một công ty vận chuyển nhận gói hàng có kích thước quy định Gói hàng phải có chiều dài cộng chu vi thiết diện không vượt 165 cm Tìm số đo cạnh chấp nhận gói hàng cho thể tích lớn x 2y + 2z 66 Giải Gọi x chiều dài, y chiều rộng, z chiều cao 2y + 2z chu vi thiết diện Ta có x + 2y + 2z ≤ 165 x · 2y · 2z x + 2y + 2z Gọi V thể tích, V = xyz = ≤ = 4 165 , dấu xảy x = 2y = 2z Do x = 55 cm y = z = 27, cm 67 Kết luận Dưới hướng dẫn khoa học PGS TS Tạ Duy Phượng, với nỗ lực học tập nghiêm túc nghiên cứu thân, kết luận văn “Bất đẳng thức từ góc nhìn hình học” trình bày theo hệ thống sau đây: Trình bày chứng minh số bất đẳng thức quan trọng sử dụng độ dài hình tam giác Sử dụng diện tích tam giác thể tích hình hộp để chứng minh bất đẳng thức đại số Vận dụng bất đẳng thức để giải số toán tối ưu có minh họa hình học Sử dụng hệ số góc đường thẳng để chứng minh số bất đẳng thức khó toán học Các vấn đề nghiên cứu dựa kết hai tác giả Claudi Alsina, Roger B Nelsen [2] số tài liệu khác 68 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Phan Huy Khải, Trần Hữu Nam (2009), Bất đẳng thức ứng dụng, NXB Giáo dục Tiếng Anh [2] Alsina C., Nelsen R B (2009), When less is More: Visualizing Basic Inequalities, in Serie The Dolciani Mathematical Expositions, No 36, The Mathematical Association America, Washington [3] Beckenbach E., Bellman R (1961), An introduction to inequalities, The L.W Singer Company [4] D¨orrie H (1965), 100 Great Problems of Elementary Mathematics, Dover, New York Tiếng Nga [5] Goldman A., Zvavich L (1990), “Các số trung bình Hình học”, Tạp chí Kvant, số 9, trang 62-65 ... liệu luận văn cao học dành riêng trình bày phương pháp hình học chứng minh bất đẳng thức Trong đó, nhiều bất đẳng thức minh họa chứng minh hình học Chứng minh hình học bất đẳng thức thường đơn... phép nhìn bất đẳng thức góc nhìn sinh động Theo nghĩa đó, coi chứng minh hình học phương pháp chứng minh bất đẳng thức độc đáo Trong khuôn khổ luận văn xin trình bày đề tài: Bất đẳng thức từ góc. .. minh bất đẳng thức, bất đẳng thức tam giác, bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình bình phương Chương Sử dụng diện tích thể tích chứng minh bất đẳng thức Nhiều bất đẳng thức