Tiếp cận bất đẳng thức bằng 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 toán 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 vng 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 hệ cạnh tam giác vuông hữu hiệu với toán xuất đại lượng x2 + y , sau tiếp tục toán quen thuộc với chúng có sử dụng ý tưởng này! Bài toán 1.0.3 Cho số thực dương a, b, c, d Chứng minh √ a2 + c + √ (a + b)2 + (c + d)2 b2 + d 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 √ √ 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 n i=1 n + n a2i + b2i bi i=1 i=1 Mặc dù dạng tổng qt 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 + b + c (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), OZ OX + XY + Y Z ⇔ ⇔ √ 3(a + b + c) a+b+c √ a2 + b + c a2 + b + c 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 gốc 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 hong gia Kăonigsberg ca nc Ph Vi t cht ca thần đồng tài năng, ông bắt đầu theo học ti 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 thiu niờn ca mỡnh Kăonigsberg, ụng ó gp v kết bạn với thần đồng toán học trẻ tuổi khác David Hilbert - người mà ông làm vic cht ch c ti Kăonigsberg v sau ú l ti i hc Găottingen Sau ly bng tin s năm 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 hc Bonn, Găottingen, Kăonigsberg v Zurich Ti Vin bỏch khoa liên 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 = 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 OA = √ x2 + , AB = 82 + 4y = y + 16, BC = 122 + 9z = z + 162 Như vậy, ta dễ thấy OA + AB + BC OC = √ 242 + 42 = 37 Dấu "=" xảy O, A, B, C thẳng hàng, hay x = y = z = Bài toán 1.0.5 Cho hai vị trí A, B cách 455 m, nằm phía bờ sơng Khoảng cách từ A B đến bờ sông 89 m 356 m Một người muốn từ A đến bờ sơng 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 = x Ta có: CD = 4452 − (356 − 89)2 = 356, đoạn đường người phải AM + M B = √ x2 + 892 + (356 − x)2 + 3562 Áp dụng bất đẳng thức M incowski ta có x2 + 892 + (356 − x)2 + 3562 √ (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 cạnh bên 200m, góc ASB = 15◦ đường gấp khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp 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 Do ASB = 15◦ , nên ASD = 15◦ Suy ASA2 = 120◦ 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 LA22 = SL2 + SA22 − 2.SL.SA2 cos 120◦ = 402 + 2002 − 2.40.200 − = 49600 √ 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 D1 C A≡A M A B H C1 D1 B D C D A Gọi hình chóp S.ABCD Không giảm tổng quát, 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 A hình vẽ Ta có AB1 + B1 C1 + C1 D1 + D1 A AA Dấu xảy A, B1 , C1 , D1 , A thẳng hàng Do S.ABCD hình chóp nên mặt bên tam giác cân Gọi H trung điểm AB, M = AA ∩ SC ⇒ M trung điểm AA Theo giả thiết 1 SA = 6, AH = AB = = 2 Đặt HSA = ϕ √ AH 2 2 sin ϕ = = = mà ϕ nhọn ⇒ cos ϕ = − sin ϕ = SA 3 √ 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 toán 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 K 20cm F B Dùng kỹ thuật giải phẳng Trải mặt AEF H EF BJ ta 30cm A 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 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 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.A B C D 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 A D R B C Q Kéo dài N P cắt AA K, KM cắt DD S Ta có (ADD A ) (BCC B ) ⇒ (M N P ) ∩ (BCC B ) = N Q (M N P ) ∩ (ADD A ) = M S M S (Q ∈ B C ) (ABB A ) (CDD C ) ⇒ (M N P ) ∩ (CDD C ) = SR (M N P ) ∩ (ABB A ) = N P N P (R ∈ C D ) Vậy thiết diện mặt phẳng (M N P ) cắt hình lập phương lục giác M P N QRS Dễ dàng chứng minh AM = BN = SD = C Q; P M = P N, RS = RQ, M S = N Q R trung điểm C D Đặt Pt chu vi thiết diện M P N QRS ⇒ Pt = (M P + M S + SR) Trải mặt ABCD DCC D lên mặt phẳng (ADD A ) cho điểm B, C, P mặt phẳng ABCD nằm vị trí điểm B1 , C1 , P không thuộc nửa mặt phẳng chứa A , D có bờ AD; Các điểm C, C , R nằm vị trí điểm C2 , C2 , R (hình vẽ) B1 C1 P M A M P D C2 S B C S N A RD B Q R C2 C 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 + SR ) 2P R 10 BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH Từ suy |a · b| |a1 | |b1 | + |a2 | |b2 | + · · · + |an | |bn | a b 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 n n + n a2i + b2i bi i=1 i=1 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 a + b a + b , ta có n n a2i n (ai + bi )2 b2i + i=1 i=1 i=1 Tiếp theo, để ý n n n (ai + bi )2 = i=1 n (ai + bi ) + i=1 n (ai + bi ) + bi (ai + bi ) i=1 i=1 bi (ai + bi ) , i=1 Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có n n n (ai + bi )2 a2i (ai + bi ) i=1 i=1 n n i=1 n (ai + bi )2 b2i bi (ai + bi ) i=1 i=1 i=1 Do  n n (ai + bi ) i=1 n a2i  n (ai + bi )2 b2i  + i=1  i=1 i=1 Từ ta suy điều phải chứng minh Nhận xét Nếu ta định nghĩa vector a = (a1 , a2 , · · · an ) b = (b1 , b2 , · · · , bn ) a + b = (a1 + b1 , a2 + b2 , · · · , an + bn ) Qua thấy cách chứng minh khơng vui vẻ cách chứng minh ta đề cập phần trước chút cả! 57 MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán 2.3.2 (Extrema of a linear function on an ellipsoid) Cho số thực a, b, c, p, q, r thỏa mãn x2 y z + + =1 p q r Tìm giá trị lớn nhỏ f (x, y, z) = ax + by + cz Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có (f (x, y, z))2 = (ax + by + cz)2 √ x y z √ √ a p· √ +b q· √ +c r· √ p q r 2 y z x + + a2 p + b q + c r p q r 2 =a p+b q+c r = Như −M Dấu "=" xảy 2.4 f (a, b, c) a2 p + b q + c r M M= y z x = = ap bq cr Bất đẳng thức Chebyshev Bất đẳng thức Chebyshev Với n Ȋ < y1 y2 ··· < x1 n xi y2 ··· ··· xn , yn n Ȋ y1 x2 n yi n i=1 i=1 i=1 n n n xi y i (5) xi y i (6) yn > xi i=1 yi i=1 n i=1 Chứng minh Bây ta sử dụng kết toán 2.2.4 mà ta chứng minh phần trước Ta đặt a = xi , b = xj , c = yi , d = yj , suy xi yj + xj yi xi yi + xj yj Khi quan sát hình vẽ đây, cặp hình chữ nhật có màu đậm có tổng diện tích nhỏ tổng diện tích cặp hình chữ nhật có màu nhạt 58 BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH yj yi y1 x1 xi xj Như ta suy (x1 + x2 + · · · + xn ) (y1 + y2 + · · · + yn ) n (x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn ) Bây ta đặt a = xi , b = xj , c = yj , d = yi bất đẳng thức đổi chiều ta thu bất đẳng thức Đặt biệt, ta đặt yi = xi (x1 + x2 + · · · + xn ) 1 + + ··· + x1 x2 xn n2 Ở phần trước, ta đề cập tới cách để chứng minh bất đẳng thức trực quan hình học, ta sử ý tưởng để chứng minh ngược lại trường hợp tổng quát x1 x2 ··· xn y1 y2 yn Từ hình vẽ ta dễ dàng suy điều phải chứng minh Bây ta đặt yi = x2i sau đặt yi = xi ta thu bất đẳng thức n2 x31 + x32 + · · · + x3n (x1 + x2 + · · · + xn ) · n x21 + x22 + · · · + x2n (x1 + x2 + · · · + xn )3 59 MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Hay x1 + x2 + · · · + xn n x31 + x32 + · · · + x3n n Với cách làm hoàn toàn tương tự, ta suy x1 + x2 + · · · + xn n xp1 + xp2 + · · · + xpn n p Tổng quát Với x1 , x2 , · · · , xn số thực dương p p xp1 + xp2 + · · · + xpn n q (7) q, xq1 + xq2 + · · · + xqn n Chứng minh Để chứng minh bất đẳng thức này, ta cần chứng minh bất đẳng thức sau Bất đẳng thức Bernoulli Với a > 0, a = x > 0, ax − > x(a − 1) y a y = at x m1 a m2 x O Ta thấy ax − >a−1 x m1 > m2 ⇒ Như vậy, bất đẳng thức chứng minh p p Quay lại toán Đặt A = xi B = n B = A n xi A Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli với y = B A n q t q n q xqi Khi = n xi A xi q > r = A p q 1+ p 60 xi A q p p ta q p −1 q BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH Ta thấy xi A B A p = n, mặt khác n q p q + (n − 1) p 1, q ((1 + (n − 1))) n q =1 Như ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.4.1 Cho a, b, c số dương Chứng minh a b c + + b+c c+a a+b Lời giải Đây bất đẳng thức tiếng, xuất nhiều thi olympic tốn Hiện có nhiều lời giải cho bất đẳng thức này, nhiên giải bất đẳng thức Chebyshev Ta có b c a + + = b+c c+a a+b a b c +1 + +1 + +1 −3 b+c c+a a+b 1 = (a + b + c) −3 + + a+b b+c c+a 1 1 = [(a + b) + (b + c) + (c + a)] + + a+b b+c c+a ·9 −3= 2 −3 Dấu "=" xảy a = b = c Pafnuty Lvovich Chebyshev (sinh ngày 16 tháng năm 1821 – ngày tháng 12 năm 1894) Mùa hè năm 1893, Chicago có mở triển lãm cơng nghiệp quốc tế Ở trưng bày nhiều thứ thú vị hấp dẫn Bất kể ngày hè nóng nực, người xem tụ tập đông nghịt Nơi thu hút nhiều người xem tịa nhà giới thiệu nhiều máy móc kỳ lạ đưa từ nước Nga xa xôi Đây máy “đi chân” bước bước thoải mái xác bốn chân vật Cịn ghế bành biết đi, ngồi vào huy cho theo hướng Chiếc thuyền có máy bơi thu hút ý người xem Một nhà bác học sau xem thuyền phải thừa nhận: “Tơi khối thuyền có chân Nó nước ngựa vậy!” Trong triển lãm cịn nhìn thấy điều chỉnh ly tâm hồn mỹ nhiều máy móc khác 61 MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Đặc biệt, toàn thể người xem kinh ngạc ý đến máy tính (máy kế tốn) thực nhanh hồn tồn xác bốn phép tính số học Người sáng tạo máy đặc sắc Chebyshev, người xứng đáng mệnh danh “cha đẻ lý thuyết đại máy móc” Chebyshev bị tật chân Có lẽ lúc bé Chebyshev khơng thích trị chơi ồn bè bạn thích ngồi yên tĩnh Hồi nhỏ người bạn trung thành Chebyshev dao nhíp cậu sử dụng điêu luyện Chebyshevcó thể ngồi hàng kỳ cục làm lấy máy gỗ đủ loại Chẳng hạn, cậu chế tạo cối xay nước cối xay gió tinh xảo với tất truyền chuyển động Lòng ham mê chế tạo thiết kế Chebyshev giữ đến trọ đời Ngay thành nhà toán học tiếng, Chebyshev giành nhiều thời gian cho việc chế tạo máy có cấu tạo đặc biệt Những kiến thức tuyệt mỹ nhà tốn học giúp ơng kiến trúc máy phức tạp; ngược lại, mơ hình ông chế tạo đặt cho ông nhiều tồn mà ơng học trị phải tìm cách giải Hồi nhỏ Chebyshev học nhà; 16 tuổi sinh viên ban Toán khoa Triết trường Đại học tổng hợp Moscow Vào năm 1841, Chebyshev trao tặng huy chương bạc tác phẩm “Tính nghiệm phương trình” Chebyshev ham mê tốn học học đến mức nhiều toán giải đường Thậm chí, ơng thú nhận, ơng suy nghĩ ngồi nhà hát, nghe nhạc xem biểu diễn văn công Chebyshev tốt nghiệp Đại học vào năm 20 tuổi Năm 25 tuổi, ông bảo vệ luận án kỳ diệu “Kinh nghiệm phân tích sở lý thuyết xác suất”, năm sau ông dạy trường Đại học Petersburg Vào năm 1849, Chebyshev bảo vệ luận án tiến sĩ “Lý thuyết so sánh” bao gồm chương trình quan trọng lý thuyết số đại Vào năm 1853, đóng góp to lớn lĩnh vực khoa học Chebyshev chọn làm tùy viên Viện hàn lâm khoa học St Petersburg đến năm 1859 trở thành viện sĩ thức Vinh dự lớn cho Chebyshev, nhà bác học vĩ đại toán bầu làm viện sĩ danh dự nhiều viện hàn lâm, trường Đại học hội toán Nga nước Viện sĩ Chebyshev người sáng lập trường phái Toán học St Petersburg Đặc điểm bật trường phái dũng cảm, mạnh bạo khoa học liên hệ chặt chẽ lý thuyết toán thực tế Trường phái trở nên vinh quang mn thủa Những học trò xuất sắc Chebyshev Dmitry Grave , Aleksandr Korkin , Aleksandr Lyapunov , Andrei Markov nhiều người khác, trở thành nhà bác học lẫy lừng giới Là ủy viên Ủy ban Khoa học Toán học, Chebyshev tham gia tích cực vào việc tổ chức giảng dạy tốn Nga Cơng việc thể đặc biệt qua cố gắng làm cho cách trình bày sách giáo khoa chặt chẽ xác hơn, việc địi hỏi trình bày đầy đủ giáo trình Tốn học sơ cấp Chebyshev có nhiều phát minh lĩnh vực lý thuyết số, đặc biệt việc nghiên cứu phân bố số nguyên tố dãy số tự nhiên Nhà toán học cổ Hy Lạp Euclide (thế kỷ III trước CN) chứng minh định lý tính vơ hạn dãy số nguyên tố, tức chứng minh không tồn dãy số nguyên tố lớn Mệnh đề gọi “Định lý Euclide” Vấn đề số nguyên tố phân bố theo quy luật toàn dãy số tự nhiên, mức độ đặn thường xuyên nào, chưa trả lời, 2000 năm nay, nhiều nhà toán học vĩ đại giới kể Euler Gauss nghiên cứu 62 BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH Trước Chebyshev, vấn đề phân bố số nguyên tố giải có tính chất thực nghiệm cách quan sát thực tế mà khơng có sở lập luận Chẳng hạn, nhà toán học Pháp Legendre (1752 - 1833) khẳng định khoảng triệu số nguyên đầu tiên, số số nguyên tố nhỏ n xấp xỉ bằng: n ln n − 1, 08366 Hơn nữa, Legendre giả định - - hệ thức với giá trị n lớn triệu Nhà toán học Pháp Joseph Bertrand đưa giả thuyết n 2n (n > 1) có số nguyên tố Người đặt sở vững cho lý thuyết chặt chẽ phân bố số nguyên tố Chebyshev Từ trái qua: Joseph Louis Fran¸cois Bertrand (1822 − 1900), Adrien − Marie Legendre (1752 − 1833) Những khám phá ông mặt thành công rực rỡ tư tưởng Toán học Nga Bằng lập luận logic chặt chẽ, Chebyshev chứng minh công thức Legendre thiết lập kinh nghiệm phạm vi triệu số nguyên khơng có sở khơng ngồi phạm vi triệu số nguyên Tiếp theo, Chebyshev chứng minh giả thiết Bertrand nêu đưa giả thiết khác chặt chẽ luật phân bố số nguyên tố dãy số tự nhiên Khó mà đánh giá phát minh khoa học Chebyshev lĩnh vực lý thuyết số Nó đem lại vinh quang cho khoa học tốn Nga có ảnh hưởng lớn lao sáng tạo khoa học nhiều nhà bác học xuất sắc nước Nhưng Chebyshev không nghiên cứu lý thuyết số Ông nghiên cứu nhiều, chẳng hạn lĩnh vực giải tích tốn học, ơng thiết lập ngành hoàn toàn tiếng “Lý thuyết xấp xỉ tốt hàm số đa thức” Chebyshev cịn có hàng loạt cơng trình tiếng lý thuyết xác suất nhiều mơn tốn khác 2.5 Bất đẳng thức Schur phép Ravi Bất đẳng thức Schur Cho số thực x, y, z số thực dương r Khi xr (x − y)(x − z) + y r (y − z)(y − x) + z r (z − x)(z − y) 0, dấu "=" xảy x = y = z số Vì bất đẳng thức đối xứng nên khơng tính tổng quát, ta giả sử x y z Khi ta viết lại bất đẳng thức lại xr (x − y)(x − z) + z r (x − z)(y − z) y r (x − y)(y − z), 63 MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Cũng phần trước, tích gồm số ta thường quy chúng thể tích khối hộp, với bất đẳng thức ta sử dụng ý tưởng để chứng minh Vì xr y r nên x − z y − z, xr (x − y)(x − z) y r (x − y)(y − z) z r (x − z)(y − z) Bây nhìn hình vẽ bên để dễ hình dung xr yr x zr y z z y x Ta dễ thấy rằng, khối hình hộp chữ nhật màu xám nằm bên khối hình cịn lại, ta có điều phải chứng minh Bất đẳng thức có số dạng tương đương sau x3 + y + z + 3xzy xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) (x + y + z)3 + 9xyz 4(x + y + z)(xy + yz + zx) xyz (x + y − z)(y + z − x)(z + x − y) 9xyz 2(xy + yz + zx) x2 + y + z + x+y+z x y z 4xyz + + + y + z z + x x + y (x + y)(y + z)(z + x) Trong giới bất đẳng thức, có phương mạnh để giải toán bất đẳng thức đối xứng, có sử dụng nhiều tới bất đẳng thức Schur phương pháp pqr, số nước gọi uvw Mấu chốt phương pháp đổi biến a, b, c biến p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc để dễ dàng đánh giá xử lý Bạn đọc tìm hiểu thêm Issai Schur Issai Schur (10 tháng năm 1875 - 10 tháng năm 1941) 64 BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH Issai Schur nhà tốn học người Nga sinh gia đình Do Thái , trai doanh nhân Moses Schur vợ Golde Schur Ông theo học Đại học Berlin lấy tiến sĩ năm 1901, sau trở thành giảng viên năm 1903 Một thời gian sau ông làm việc Đại học Bonn, lên lấy học hàm giáo sư vào năm 1919 Ông nghiên cứu nhiều lĩnh vực từ biểu diễn nhóm, lý thuyết số, tổ hợp chí vật lý lý thuyết Tuy nhiên cơng trình biết đến nhiều ông có lẽ phép phân rã Schur - Schur decomposition bổ đề Schur biểu diễn nhóm Bài toán 2.5.1 (Bất đẳng thức Padoa) Cho a, b, c cạnh tam giác Chứng minh abc (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) Lời giải z z c b y x x y a Từ hình vẽ bất đẳng thức AM − GM ta suy abc = (y + z)(z + x)(x + y) √ √ √ yz · zx · xy = (2z)(2x)(2y) = (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) Như bất đẳng thức chứng minh Ý tưởng đặt a = x + y, b = x + z, c = z + y mà ta áp dụng gọi phép Ravi − The Ravi substitution Phương pháp hữu ích với tốn có giả thiết a, b, c cạnh tam giác Sau số tốn có sử dụng phương pháp Bài toán 2.5.2 (Định lý Euler) Cho R r bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Khi đó, ta có R 2r Lời giải a+b+c , S diện tích tam giác ABC Đặt BC = a, AB = c, AC = b p = Ta có đẳng thức sau abc 4R S = pr S= S= p(p − a)(p − b)(p − c) Hai công thức sau ta chứng minh phần trước, ta chứng minh công thức Quan sát hình vẽ 65 MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC a b a h R c Ta thấy rằng, tam giác màu xám đồng dạng với có góc nhau, a h ab 1 abc = ⇒h= · ⇒ S∆ = hc = b R R R Quay trở lại toán, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương R 2r ⇔ abc 4R S ⇔ abc p S2 p Sử dụng cơng thức Heron bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức Padoa ta chứng minh Do ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy tam giác ABC tam giác Bài toán 2.5.3 (International Mathematical Olympiad 1983) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) Lời giải Sử dụng phép Ravi ta có (y + z)2 (x + z) (y − x) Khai triển rút gọn ta x3 z + y x + z y x2 yz + xy z + xyz ⇔ x2 y z + + y z x x+y+z Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có (x + y + z) = x √ y √ z √ √ · y+√ · z+√ · x y z x (y + z + x) x2 y z + + y z x Như ta suy điều phải chứng minh Bài toán 2.5.4 Cho a, b, c cạnh tam giác Chứng minh √ √ √ √ √ √ a+ b+ c a + b − c + a − b + c + −a + b + c Lời giải 66 MỘT VÀI BÀI TOÁN THÚ VỊ Sử dụng phép Ravi, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành √ x+y+ √ y+z+ √ √ 2x + z+x 2y + √ 2z Theo bất đẳng thức AM − RM S ta có √ Do √ √ √ x+ y x+y √ √ √ x+y+ y+z+ z+x √ √ √ √ 2( x + y + z) √ √ = 2x + 2y + 2z Bất đẳng thức chứng minh Một vài toán thú vị Bài toán 3.0.1 √ Cho tam giác vng có cạnh góc vng a, b, cạnh huyền c Chứng minh a + b c Lời giải a b √ c a c b Từ hình vẽ ta dễ dàng suy điều phải chứng minh Bài toán 3.0.2 Cho số dương a, b thỏa mãn a + b = Chứng minh 1+ a 1+ b Lời giải Đây toán khơng khó, xuất đề thi olympic Tây Ban Nha (Problem 3, LII Olimpiada Matemática Espa˜ nola, Melilla, 18, January, 2016.) Ở tiếp cận với cách sử dụng hình vẽ trực quan Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành (a + 1)(b + 1) Khi quan sát hình vẽ sau 67 9ab MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC a a b a b b Đến có lẽ khơng cần q nói q nhiều nữa, bạn đọc hồn tồn hiểu chứng minh Ngồi có cách biến đổi đại số đơn giản gọn cho toán Ta nhận thấy dấu "=" xảy a = b, sử dụng giả thiết a + b = 1, ta biến đổi (a + 1) (b + 1) = (2a + b) (2b + a) = 9ab + 2(a − b)2 9ab Ta tổng quát cho toán việc sử dụng đẳng thức sau (ma + nb)(mb + na) = (m + n)2 ab + mn(a − b)2 Bài toán 3.0.3 Cho số thực a b c thỏa mãn a + b + c a2 + 3b2 + 5c2 Chứng minh Lời giải Do xuất đại lượng bình phương nên ý tưởng sử dụng hình vng xếp chúng cách hợp lý để tận dụng giả thiết đưa lời giải cho toán a a b a2 c c2 c2 b2 b c b b c2 c2 68 c2 MỘT VÀI BÀI TOÁN THÚ VỊ Từ hình vẽ ta có (a + b + c)2 a2 + 3b2 + 5c2 Như dễ dàng suy điều phải chứng minh Đây tốn kì thi olympic Leningrad năm 1989 Ta tổng qt tốn lên sau n Tổng quát Cho n số thực dương a1 ··· a2 an Khi ta có i=1 n (2i − 1)a2i i=1 Với n = 2004 ta thu tốn xuất kì thi Australian Mathematical Olympiad Committee − AMOC năm 2004 Bài toán 3.0.4 Cho số thực a, b > thỏa mãn a + b = Chứng minh a+ a + b+ b 25 Lời giải a a+ a b b+ b a b b+ b a+ a Điều bạn đọc phải ý hình khơng liên quan tới Ở hình ta dùng để chứng minh (a + b)2 = ⇔ 4ab 1 + a b ý tưởng quen thuộc Ở hình thứ ý tưởng quen thuộc, ta có a+ a +2 b+ b a+ 1 +b+ a b (1 + 4)2 = 25 Như ta suy điều phải chứng minh n Bài toán 3.0.5 Cho số thực xk 0, k = 1, n thỏa mãn xk k=1 n sin n xk sin xk k=1 k=1 69 π Chứng minh MỘT THẾ GIỚI KHÁC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC Lời giải Đây tốn nhìn cồng kềnh, nhiên ta lợi dụng cơng thức tính diện tích tam giác quen thuộc để giải nó: S = ab sin α Quan sát hình vẽ để thấy sáng tạo lời giải ··· ··· xn x2 x1 xn x2 x1 Từ hình vẽ ta thấy diện tích tam giác bên trái nhỏ tổng diện tích tam giác bên phải, áp dụng cơng thức tính diện tích đề cập trên, ta có điều phải chứng minh n Bài toán 3.0.6 Cho số thực xk xk < 0, k = 1, n thỏa mãn k=1 n tan π Chứng minh n xk tan xk k=1 k=1 Lời giải > tan xn > tan xk xn xk >1 x1 tan x1 Quan sát hình vẽ trên, ta xét tam giác vng có cạnh 1, tan x1 , cạnh huyền lớn Tiếp theo ý tới tam giác màu trắng, tam giác tù, mà tam giác có cạnh λ · tan xi (λ > 1), cạnh đối diện với góc tù lớn lớn tan xi Mặt khác, xét tam giác vuông lớn nhất, có cạnh đối diện với góc θ = x1 + x2 + · · · + xn tan(x1 + x2 + · · · + xn ), từ ta có điều phải chứng minh 70 MỘT VÀI BÀI TỐN THÚ VỊ Bài tốn 3.0.7 Cho ABCD hình vng cạnh a, cạnh AB, BC, CD, DA lấy điểm M, N, O, P tùy ý Chứng minh M N + N O + OP + P M 2BD Lời giải Đây toán thú vị để minh họa cho phương pháp chọn điểm đối xứng Lấy N đối xứng với N qua AB, N đối xứng với N qua AD, N đối xứng với N qua CD, O đối xứng với O qua qua AD Từ suy M N = M N , OP = O P , O N = O N = ON Xem hình vẽ N B M A N N P C O D O N Như ta thấy M N + N O + OP + P M = M N + M P + P O + O N NN √ Mặt khác N N đường chéo hình vng có cạnh 2a nên N N = 2a = 2BD Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy M N OP hình chữ nhật 71 ... 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... 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. .. gọi tên chung quốc tế, bất đẳng thức Bunyakovsky có tên bất đẳng thức Cauchy − Schwarz (ở phần sau tìm hiểu bất đẳng thức này), cịn bất đẳng thức Cauchy có tên bất đẳng thức AM − GM (Arithmetic