Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Gabriel Dospinescu, Trần Nam Dũng
Cùng với bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, BĐT Shur, Jensen và Holder, bất
đẳng thức Cauchy-Schwarz là một kết quả kinh điển, có nhiều ứng dụng. Với cố gắng đưa ra một số khía
cạnh của bất đẳng thức này, chúng tôi sẽ tập trung vào sự đa dạng của các bài toán có thể giải bằng BĐT
này. Câu hỏi quan trọng nhất ở đây là: làm sao ta nhận biết được một bất đẳng thức có thể giải bằng
phương pháp này? Rất khó có thể nói một cách rõ ràng, nhưng có lẽ là nên nghĩ đến BĐT Cauchy-Schwarz
khi ta thấy tổng của các căn thức, tổng của các bình phương hay đặc biệt là khi ta có các biểu thức chứa
căn.
Đầu tiên, ta sẽ xét một số bài toán mà trong lời giải áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ở dạng kinh điển:
2
n
n 2 n 2
a
b
i i ai bi .
i 1
i 1 i 1
Khó khăn lớn nhất là chọn ai và bi . Chúng ta sẽ thấy rằng trong một vài trường hợp, điều này là hiển
nhiên, trong vài trường hợp khác lại không đơn giản chút nào. Chúng ta giải một số bài toán:
Ví dụ 1
Cho x1 , x2 ,..., xn 1 0 thoả mãn điều kiện x1 x2 ... xn xn 1 . Chứng minh rằng:
n
i 1
xi ( xn 1 xi )
n
x
i 1
n 1
( xn 1 xi ) .
Đề kiểm tra chọn ĐT Rumani, 1996
Lời giải:
Ngay cả một người chưa có nhiều kinh nghiệm cũng có thể áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dưới dạng
sao:
2
n
n n
n
x
(
x
x
)
x
(
x
x
)
i n 1 i i n 1 i xn 1 ( xn 1 xi ) .
i 1
i 1 i 1
i 1
Sau ví dụ, đơn giản này, ta sẽ xem xét một bài toán khó hơn:
Ví dụ 2
Chứng minh rằng nếu x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện x 2 y 2 z 2 2 , thì bất đẳng thức sau đây
đúng:
x y z 2 xyz .
Đề đề nghị IMO, Ba Lan
Lời giải:
Tại sao ta lại nghĩ đến BĐT Cauchy-Schwarz? Nguyên nhân rất rõ ràng: BĐT cần chứng minh có dạng
x(1 yz ) y z 2 và ta cần phải đánh giá thông qua tổng các bình phương: x 2 y 2 z 2 . Tuy nhiên, có rất
nhiều cách để áp dụng Cauchy-Schwarz. Chọn lựa ( x(1 yz ) y z )2 ( x 2 y 2 z 2 )(2 (1 yz ) 2 ) không mấy
thành công. Vì thế có thể sẽ tốt hơn nếu coi y+z như một số hạng. Nếu chúng ta để ý rằng bất đẳng thức có
dầu bằng chẳng hạn khi x=1, y=1 và z=0, chọn lựa x(1 yz ) y z ( x 2 ( y z ) 2 )(1 (1 yz ) 2 ) trở nên khá
tự nhiên. Như thế ta cần chứng minh rằng 2(1 yz )(2 2 yz y 2 z 2 ) 4 y 3 z 3 y 2 z 2 , điều này hiển nhiên vì
2 y 2 z 2 2 yz .
Một ứng dụng không tầm thường khác của BĐT Cauchy-Schwarz là bài toán sau.
Ví dụ 3
Cho a,b,c,x,y,z là các số thực dương thoả mãn điều kiện ax by cz xyz . Chứng minh rằng:
x y z ab bc ca .
Lời giải:
Trong ví dụ này, sự xuất hiện căn thức ở vế phải cho chúng ta dấu hiệu rằng BĐT Cauchy-Schwarz có
thể có hiệu quả. Sẽ rất tuyệt nếu ta có ( x y z ) 2 6(a b c) , nhưng điều này ở đây không hằng đúng.
Cũng có thể thấy xyz không đóng vai trò quan trọng trong bài toán này, vì vậy, tốt nhất là loại bỏ nó. Vì
vậy, ta viết
a b
c
1 và bây giờ thì phép thế a=yzu, b=zxv và c=xyw trở nên tự nhiên.
yz zx xy
Như vậy, ta cần chứng minh rằng z ( yu xv) x( zv yw) y ( zu xw) x y z với u+v+w=1. Bây
giờ thì ta có thể thấy dạng của BĐT Cauchy-Schwarz:
z ( yu xv) x( zv yw) y ( zu xw)
2
( x y z )( yu yw xv xw zu zv ) và biểu thức cuối cùng nhỏ
hơn ( x y z ) 2 vì u+v+w=1.
Ta thấy rằng ta có thể áp dụng Cauchy-Schwarz khi ta có các tổng. Thế với tích số thì sao? Ví dụ sau
đây sẽ chứng tỏ rằng trong trường hợp này, ta cần có 1 chút sáng tạo:
Ví dụ 4
Cho n>1 là số nguyên và a1 ,..., an là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
(a13 1)...( an3 1) (a12 a2 1)...(an2 a1 1) .
Cuộc thi CH Séc-Slovakia-Ba Lan, 2001
Lời giải:
Ta sẽ thử áp dụng Cauchy-Schwarz cho mỗi thừa số có mặt ở vế phải. Một cách tự nhiên, ta viết
(1 a12 a2 ) 2 (1 a13 )(1 a22 a1 ) , vì ta cần 1 a13 , biểu thức có mặt ở vế trái. Tương tự, ta có thể viết
(1 a22 a3 ) 2 (1 a23 )(1 a32 a2 ) ,…, (1 an2 a1 ) 2 (1 an3 )(1 a12 an ) .
Nhân các bất đẳng thức này với nhau, ta được
2
(a12a2 1)...(an2a1 1) (a13 1)...(an3 1)(1 a22a1 )...(1 a12 an ) (*).
Nhưng đây chưa phải là điều ta cần. Như thế Cauchy không có hiệu quả cho BĐT này. Không hẳn thế! Ta
2
lại áp dụng lý luận này một lần nữa để có that (1 a22 a1 )...(1 a12 an ) (a13 1)...(an3 1)(a12 a2 1)...(an2 a1 1)
(**).
Như thế nếu (a12 a2 1)...(an2 a1 1) (1 a22 a1 )...(1 a12 an ) , (*) sẽ cho chúng ta kết quả, còn nếu ngược lại thì (**)
sẽ kết thúc lời giải của chúng ta.
Bây giờ ta sẽ xem xét những bài toán khó hơn.
Ví dụ 5
Cho x,y>0 sao cho x 2 y 3 x3 y 4 . Chứng minh rằng x3 y 3 2 .
Nga, 1999
Lời giải:
Ý tưởng ở đây là chặn x3 y 3 bởi A( x 3 y 4 ) với A nào đó. Điều này là có lý nếu nhìn vào các luỹ thừa.
Ta thử áp dụng vài thủ thuật với Cauchy-Schwarz và bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân:
2
x 2 y 2 x3 y 3
( x y ) ( x y )( x y ) ( x y )( x y )
. Như vậy ta đã chứng tỏ rằng
2
3
3 2
3
4
3
2
2
3
3
2
x 3 y 3 x 2 y 2 . Nhưng ( x 2 y 2 ) 2 ( x y )( x3 y 3 ) và do đó x 2 y 2 x y 2( x 2 y 2 ) từ đây ta suy ra
x 2 y 2 2 và x 3 y 3 2 .
Một áp dụng đẹp của BĐT Cauchy-Schwarz là ví dụ sau:
Ví dụ 6
Cho a,b,c,x,y,z là các số thực sao cho (a b c)( x y z ) 3 và (a 2 b 2 c 2 )( x 2 y 2 z 2 ) 4 . Chứng
minh rằng ax+by+cz 0 .
Cuộc thi Mathlinks, 2005
Lời giải:
Một lần nữa có vẻ như là có thể áp dụng trực tiếp Cauchy-Schwarz. Thế nhưng chúng ta sẽ thấy rằng
chúng ta sẽ gặp khó khăn khi làm điều đó. Phải áp dụng Cauchy-Schwarz ở đây thế nào? Câu trả lời đến từ
một câu hỏi khác: ax+by+cz 0 nghĩa là gì? Điều này tương đương với (ax by cz t ) 2 (ax by cz) 2 t 2
với số thực dương t nào đó. Vì thế, sẽ rất tuyệt nếu ta tìm được t như thế. Điều này dẫn đến việc đánh giá
biểu thức ax+by+cz-t. Cố gắng thuần nhất hoá các biểu thức, ta có dãy các hệ thức và bất đẳng thức sau:
2
2
t
t
ax by cz t ax by cz ( a b c )( x y z ) a ( x y z ) x
3
3
2
2
t
4
t
a 2 ( x y z ) x . Như vậy, ta cần tìm t sao cho 2
( x y z ) x t 2 (*).
2
2
3
x y z
3
2
2
2
Bằng cách này, ta sẽ có (ax by cz t ) (ax by cz ) t và lời giải kết thúc. Nhưng (*) tương đương với
2
t (t 2)
t2
( x y z ) 2 x 2 y 2 z 2 ( x 2 y 2 z 2 ) . Rõ ràng chọn lựa tốt nhất là t=2. Như vậy, một cách gián
3
4
|
2
ax by cz | 2 và từ điều này suy ra ax+by+cz 0 .
tiếp ta chứng minh được rằng
Đã lâu ta không thấy căn thức, đây là thời điểm để giải hai bài toán như vậy:
Ví dụ 7
Chứng minh rằng nếu x,y,z [1,1] thoả mãn điều kiện x+y+z+xyz=0, thì ta có:
x 1 y 1 z 1 3 .
Lời giải:
Ta có căn thức, vì vậy đầu tiên ta sẽ áp dụng Cauchy ở dạng hiển nhiên:
x 1 y 1 z 1 3( x y z 3) .
Nhưng biểu thức vế phải có nhỏ hơn 3? Có, nếu như x y z 0 . Bây giờ ta giả sử rằng x+y+z > 0.
Khi đó xyz<0. Có thể giả sử z<0. Từ đây ta có x, y (0,1] . Ta sẽ không từ bỏ và cố gắng áp dụng CauchySchwarz một lần nữa, như lần này là cho 2 căn:
x 1 y 1 z 1 2x 2 y 4 z 1 .
Và ta cần chứng minh rằng
2x 2 y 4 z 1 3
2( x y )
z
z ( xy 1)
z
2 2x 2 y 4 1 z 1
2 2x 2 y 4 1 z 1
2 xy 2(1 xy ) 1 z 2 x 2 y 4 . Vì 1 z
xy (1 x )(1 y )(1 xy ) 1
(1 x )(1 y )
, tất cả quy về việc chức minh rằng
1 xy
x y
. Ta muốn sử dụng Cauchy thế nào đó để làm mất đi 1-x ở vế trái. Cụ
2
thể là:
xy (1 x)(1 y )(1 xy ) x xy 2 1 x 1 xy y xy 2 1 xy y 1 1
x y
Và bài toán được
2
giải quyết hoàn toàn.
Có thể ví dụ khó nhất trong các bài toán dạng này là bài toán sau:
Ví dụ 8
Chứng minh rằng với mọi a,b,c,x,y,z>0 ta có bất đẳng thức:
a
b
c
xy yz zx
( y z)
( z x)
( x y) 3
.
bc
ca
a b
x yz
Crux Mathematicorum
Lời giải:
Ở đây chẳng thấy có dấu hiệu gì của Cauchy. Nhưng thực tế thì có ít nhất hai lời giải của bài toán này sử
dụng Cauchy-Schwarz.
Lời giải 1:
b c ( y z ) ( y z ) a b c 2 (b c) b c 2
yz
a
Ta sẽ chứng minh rằng
1
2
(
y z)
2
3 yz
x
1
yz
1
2 x
Bởi vì
x 2 xy yz zx ) x 3 yz 2 x
x 2 ( xy yz zx)
x
2
2
9 yz
Nên ta chỉ cần chứng minh
x x
2
9 yz x 3 yz
2
Nhưng điều này là hiển nhiên sau khi bình phương hai vế của BĐT.
Lời giải 2:
Từ tính thuần nhất đối với x,y,z ta có thể giả sử rằng x+y+z=1. Bất đẳng thức trở thành:
3( xy yz zx)
a
b
c
a
x
y
z
.
bc
ca
a b
bc
Bây giờ ta bắt đầu áp dụng Cauchy-Schwarz. Cách tự nhiên nhất là
2
(1)
Từ đây suy ra điều phải chứng minh. (1) tương đương với
( x
yz
2
a
b c . Bây giờ ta cố gắng sử dụng 3(xy+yz+zx) vì vậy ta có
thể bổ sung (sử dụng Cauchy-Schwarz) 2(xy+yz+zx) vào với x 2 y 2 z 2 . Như thế ta cần một điều kiểu như
a
b
c
x
y
z x2 y 2 z 2
bc
ca
ab
xy A
xy B
x2
2
a
b c
2
a
x 2 2 xy A B b c .
A B 3 xy yz zx và A+B cần phải càng nhỏ các tốt. Vì thế lựa chọn duy nhất
9
3
là A B ( xy yz zx ) và ta chỉ còn cần chứng minh rằng
4
4
Ta cũng phải có
2
3
a
ab
3
a
2
. Nhưng đây là một bài toán đơn giản, vì nó có thể biến
4
bc
(c a)( c b) 4
bc
đổi thành a(b c) 0 .
Bây giờ ta sẽ nói về một thủ thuật đã được áp dụng khá nhiều trong những năm gần đây để giải các bài
toán thi. Đây chính là một trong những phương án của BĐT Cauchy-Schwarz:
2
2
n
ak
2
n
ak k 1
, với mọi ai thực và bi dương.
n
k 1 bk
bk
k 1
Một áp dụng đơn giản của thủ thuật này là bài toán sau, được đề nghị tại Cuộc thi giữa các thành phố
(Tournament of The Towns competition)
Ví dụ 9
Chứng minh rằng với mọi các số thực dương a,b,c ta có bất đẳng thức sau:
Lời giải:
a3
b3
c3
a2 b2 c2
.
a 2 ab b 2 b 2 bc c 2 c 2 ac a 2
abc
Nếu ta viết lại vế phải dưới dạng
a
2
b2 c2
2
(a b c) a 2 b 2 c 2
, ta sẽ biết ta cần làm gì:
a2
a2
a3
.
a 2 ab b2 a(b2 ab a 2 )
a(a 2 ab b2 )
2
2
Như vậy, ta sẽ có ngay điều phải chứng minh nếu a a ab b a a , và thực tế thì ở đây
xảy ra dấu bằng.
Có thể có cảm nhận rằng bất đẳng thức chứa phân số nào cũng có thể tấn công bằng cách này. Điều này
hoàn toàn sai lầm! Sẽ có những trường hợp mà gần như ta không thể tìm được ai và bi . Ta sẽ thảo luận một
số bài toán mà trong đó thủ thuật này được áp dụng một cách không hiển nhiên chút nào.
Ví dụ 10
Cho a1 , a2 ,..., an 0 thoả mãn điều hiện a1 a2 ... an 1 . Chứng minh rằng:
2
2
2
a
a1
n
... 2 n
.
a1 a1 n 1
a a2
a1a2 a2 a3 ... an a1
2
2
Lời giải:
Câu hỏi chính ở đây là: từ đâu ta có được a1a2 a2 a3 ... an a1 ? Có thể biểu thức này sẽ đến từ
a2
a12
... n sau khi ta áp dụng thủ thuật. Vì thế, ta hãy thử làm điều này (mặc dù hoàn toàn không hiển
a1a2
an a1
nhiên là điều này sẽ dẫn đến lời giải):
a
a2
a1 a2
a2
1
... n 1 ... n
.
a2 a3
a1 a1a2
an a1 a1a2 ... an a1
Bài toán mới, chứng minh rằng
a
an
a1
n a1
... 2 n
... trông có vẻ còn khó hơn, nhưng
a a2
a1 a1 n 1 a2
a1
2
2
chúng ta sẽ thấy rằng chúng ta phải tiến thêm một bước để giải được bài toán. Một lần nữa, ta lại xem vế
2
a1
an
...
an
a1
a2
a1
...
phải và viết
dưới dạng
. Vì vậy, ta có thể áp dụng thủ thuật như sau:
a2
a1
an
a1
...
a2
a1
2
2
2
a1
an
a1
an
...
a
a
a
a1
a
a1
.
... 2 n 2 ... 1 2
2
an
an
a1
a2 a2
a1 a1 a a1
an
1 ...
1
a2
a1
a2
a1
an
a1
t2
nt
Bây giờ thì ta chỉ còn lại một bài toán đơn giản: nếu t ... , thì
, hay t n . Nhưng điều
a2
a1
1 t n 1
này là hiển nhiên theo BĐT Trung bình cộng, trung bình nhân.
Ví dụ 11
Chứng minh rằng với mọi a,b,c>0 ta có bất đẳng thức sau:
b c a
2
a 2 (b c ) 2
(c a b ) 2
(a b c) 2 3
.
b 2 ( a c ) 2 c 2 ( a b) 2 5
Nhật Bản, 1997
Lời giải:
Sau khi thất bại vì áp dụng thủ thuật một cách trực tiếp, chúng ta có thể sẽ hơi thất vọng. Nhưng dạng
của bất đẳng thức mời gọi chúng ta. Cách thức tự nhiên nhất là:
2
2
bc
bc
1
3
2
(b c a)
a
a
a 2 (b c)2 b c 2
2
bc
1
3
a
a
vì trong cách này ta thu được một bất đẳng thức ba biến số mà chúng ta biết khá rõ một số tính chất. Như
vậy, ta cần chứng minh rằng nếu x
này tương đương với
x
2
bc
ca
a b
3
2
,y
,z
, thì x y z 3 ( x 2 y 2 z 2 3) , điều
a
b
c
5
15 x 3 xy 18 0 .
Đánh tiếc là ta không thể sử dụng trực tiếp dữ kiện xy yz zx 12 . Vì vậy, ta cần tìm các bất đẳng thức
dạnh như xy yz zx k ( x y z ) . Hằng số tốt nhất là k=2 (vì ta có dấu bằng khi x=y=z=2). Thật thế, sau
3
một số tính toán trực tiếp, bất đẳng thức có thể viết dưới dạng a 3abc ab(a b) , và đó chính là
BĐT Schur. Từ đó, ta có thể viết:
2
2
x 15 x 3 xy 18 x 9 x 18 0 ,
Và BĐT cuối cùng đúng vì x y z 6 .
Tại kỳ thi Toán quốc tế 2001, bài toán 2 đã gây được khá nhiều khó khăn cho các thí sinh. Lời giải
chính thức của HĐGK khá hiệu quả, nhưng rất thiếu tự nhiên. Ta đưa ra một cách tiếp cận khác, cho phép
đưa ra một mở rộng đẹp:
Ví dụ 12
Cho k là số thực, k ≥ 8. Chứng minh rằng với các số nguyên dương a, b, c ta có bất đẳng thức
a
a 2 kbc
b
b 2 kca
c
3
k 1
c 2 kab
(Mở rộng bài toán IMO 2001
Lời giải: Ta có, theo Cauchy-Schwarz
a a 2 kbc
2
a kbc
a
a
)
2
Bây giờ, áp dụng Cauchy-Schwarz cho tổng thứ hai
a
a 2 kbc
2
a a 3 kabc
Như vậy ta chỉ cần chứng min
(k 1) a 9 (a 3 kabc)
3
2
a (a 3 kabc)
Nhưng điều này tương đương với
(k-8)(a3+b3+c3) + 3(k+1)(a+b)(b+c)(c+a) 27kabc
Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên teo BĐT trung bình cộng-trung bình nhân.
Tuy nhiên, có lẽ ví dụ khó nhất ở dạng này là bài toán sau:
Ví dụ 13
Cho a1 ,..., an 0 và n>12 sao cho
n
ak 1 và
k 1
n
ka
k 1
k
2 . Chứng minh rằng:
(a2 a1 ) 2 (a3 a2 ) 3 ... (an an1 ) n 0 .
Lời giải:
Ta phải bắt đầu thế nào, nếu như có nhiều điều kiện như vậy? Qui tắc tổng quát là hãy tạm đừng để ý
đến chúng và tập trung vào biểu thức xuất hiện trong yêu cầu đề bài. Dễ thấy,
(a2 a1 ) 2 (a3 a2 ) 3 ... (an an 1 ) n =
a1 2 a2 ( 2 3) ... an 1 ( n 1 n ) an n .
Như thế ta cần chứng minh rằng a1 a2 ( 3 2) ... an 1 ( n n 1) an n . Để hoàn thiện vế trái, ta
cộng thêm - a1 và an ( n 1 n ) . Như thế, ta cần chứng minh rằng
a
n
Nhưng
n
i 1
i
i 1
ai
i i 1
n
i 1 i
n
ai
i 1
a
n
i 1
i
i 1
2
ai
. Vì ta có
i i 1
i i 1
n
a
k 1
k
a
n
i
i 1
1 , rõ ràng ta có thể viết:
n
i 1 i an n 1 a1 .
. Vì vậy, ta cần tìm maximum của
a
i 1
i
n
i và
a
i 1
i
i 1 . Nhìn lại điều kiện
của bài toán, ta thấy rằng BĐT Cauchy-Schwarz một lần nữa là lựa chọn tốt nhất:
n
n
i 1
i 1
ai i ai iai
n
ai
i 1
n
iai 2 và tương tự
i 1
n
a
i 1
i
i 1 3 . Vậy, ta chỉ cần chứng minh rằng
3 2 an n 1 a1 .
2
, ta sẽ không thành công. Nhưng ta có thể dùng cả hai điều kiện để thấy rằng
n
n
n
1
n 1
2 ai (i 1)ai 1 (n 1)ai , như thế an
. Từ đó, an n 1 a1
. Bây giờ thì ta đã thấy
n 1
i 1
i 1
n 1
n 1
điều kiện n>12 xuất phát từ đâu. Vì n>12 nên ta có
3 2.
n 1
Nếu chúng ta thử dùng an
Bài tập áp dụng
1. Chứng minh bất đẳng thức:
a
b
c
( y z)
( x z)
( x y ) 3( xy yz zx) .
bc
ca
a b
2. Cho x,y,z>0 sao cho x y z x3 y 3 z 3 . Chứng minh rằng:
x
2
x 1
2
2
2
z
y x
z y
x yz
.
2 2
y y 1 z z 1 x
2
xn5
x15
...
, trong đó x1 ,..., xn 0 có tổng bình
x2 ... xn
x1 ... xn 1
3. Cho n>1, tìm giác trị nhỏ nhất của
phương bằng 1.
Thổ Nhĩ Kỳ, 1997
4. Cho x,y,z>1 sao cho
1 1 1
2 . Chứng minh rằng
x y z
x y z x 1 y 1 z 1 .
Iran, 1998
5. Cho x, y, z là các số thực dương có tích bằng 1. Chứng minh rằng:
4 9 x 2 4 9 y 2 4 9 z 2 13( x y z) .
a
b
c
1.
1 b c 1 c a 1 a b
6. Cho a,b,c>0 thoả mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng:
7. Cho a,b,c>=0 such that a 2 b 2 c 2 2 max{a 2 , b 2 , c 2 } . Chứng minh rằng:
(a b c)(a 2 b 2 c 2 )(a 3 b3 c3 ) 4(a 6 b6 c 6 ) .
Nhật Bản, 2001
8. Cho n>3 and a1 ,..., an 0 , whose sum of squares is 1. Chứng minh rằng:
a
a1
4
... 2 n a1 a1 ... an an
a 1
a1 1 5
2
2
2
.
Đề thi chọn ĐT Rumani, 2002
1
, 3 , thì ta có bất đẳng thức sau:
3
a1 a2 a2 a3 a3 a4 a4 a5 a5 a6 a6 a1
0.
a2 a3 a3 a4 a4 a5 a5 a6 a6 a1 a1 a2
9. Chứng minh rằng nếu a1 ,..., a6
10. Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC thì
4/3 < a/(a+b) + b/(b+c) + c/(c+a) < 5/3
11. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện
i)
1
2
z min{x 2 , y 3}
ii ) x z 3
6
iii ) y 3 z 6
20
Tìm giá trị lớn nhất của P(x,y,z) = 1/x2+1/y2+1/z2.
VMO 2001
12. Cho x [0, 1]. Chứng minh rằng
x (13 1 x 2 9 1 x 2 ) 16
Olympic 30/4, 1996
13. Chứng minh rằng với 2n số thực a1, a2, …, an, x1, x2, …, xn ta có
a x
i
i
a x n2 a x
2
i
2
i
i
i
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Kvant 1989, TH&TT 1997
Các đề toán đề nghị cho cuộc thi giải toán bất đẳng thức
trên Diễn đàn toán học (Hè 2007)
1. Cho x, y là các số thực dương thoả mãn điều kiện x + y = 2. Chứng minh rằng
x15y15(x6 + y6) 2.
2. Cho tam giác ABC có A = 600. I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Một đường thẳng thay đổi qua I
cắt cạnh AB tại M và AC tại N. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức BM + CN + MN/2.
3. Cho a, b, c, x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng
a
b
c
( y z)
( z x)
( x y)
bc
ca
ab
3( xy yz zx )
4. Cho a, b, c > 0, abc = 1. Chứng minh rằng
a3 + b3 + c3 + 15 6(1/a + 1/b + 1/c)
5. Cho x1, x2, …, xn; y1, y2, …, yn là các số thực thuộc đoạn [0, 1]. Biết rằng với mọi r thuộc [0, 1] ta có
| { i I | xi r} | | { i I | yi r} |, trong đó I = {1, 2, ..., n}.
Chứng minh rằng x1 + x2 + ... + xn y1 + y2 + ... + yn
6. Tìm số thực a > 1 lớn nhất sao cho với mọi số nguyên dương n và với mọi n số thực x1, x2, …, xn thuộc
[1, a] ta có bất đẳng thức
(x1 + x2 + … + xn)(1/x1 + 1/x2 + …+ 1/xn)2 n3
Tóm tắt lời giải.
1. Trước hết ta chứng minh x3y3(x3+y3) 2. Điều này được thực hiện một cách dễ dàng bằng cách áp dụng
bất đẳng thức Cauchy cho các số xy, xy, xy và x2 – xy + y2.
Tiếp theo, ta có
x15y15(x6 + y6) = x15y15((x3 + y3)2 – 2x3y3) = x9y9[x3y3(x3+y3)]2- 2x18y18 4x9y9 – 2x18y18 = 2 – 2(x9y91)2 2.
Ghi chú. Có thể chứng minh được bất đẳng thức tổng quát:
xn(n-1)/2yn(n-1)/2(xn+yn) 2.
2. Đáp số: min bằng BC đạt được khi IM = IN. Gợi ý: Lấy M’ và N’ đối xứng với M và N qua IB và IC
tương ứng. Sau đó dùng định lý hàm số cos để đánh giá M’N’.
3. Biến đổi bất đẳng thức về dạng
a
b
c
)( y z ) (1
)( z x ) (1
( x y )) 2( x y z ) 3( xy yz zx
bc
ca
ab
z x
x y
y z
( a b c )
2( x y z ) 3( xy yz zx )
b
c
c
a
a
b
z x
x y
y z
[(b c ) (c a ) ( a b)]
4( x y z ) 2 3( xy yz zx )
ca
ab
bc
(1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacovsky-Schwartz, ta có vế trái lớn hơn hay bằng
yz zx
Như vậy ta cần chứng minh
x y
2
2
y z z x x y 4( x y z ) 2 3( xy yz zx) (1)
Đặt m2 = y + z, n2 = z + x, p2 = x + y thì x = (n2 + p2 – m2)/2, y = (m2 + p2 - n2)/2, z = (m2+n2-p2)/2. Như
vậy,
3(xy + yz + zx) = 3(2m2n2 + 2n2p2 + 2p2n2 – m4 – n4 – p4)/4
Và ta chỉ cần chứng minh rằng
( m n p ) 2 2( m 2 n 2 p 2 )
3( 2m 2 n 2 2m 2 p 2 2 p 2 n 2 m 4 n 4 p 4 )
Chuyển vế rồi bình phương hai vế (chú ý hai vế đều dương), rút gọn các số hạng đồng dạng, ta được bất
đẳng thức trên tương đương với
m4 + n4 + p4 mnp(m+n+p).
Ghi chú. Bất đẳng thức trên còn có thể chứng minh bằng phương pháp hình học, cụ thể dùng bất đẳng thức
xa 2 yb 2 zc 2 4 xy yz zx .S
(1)
Với x, y, z là các số dương, S là diện tích của tam giác có ba cạnh là a, b, c.
(1) có thể được chứng minh như sau: Ta có
xa 2 yb 2 zc 2 ( x z ) a 2 ( y z )b 2 2abz cos C 2
( x z )( y z ) .ab 2abz cos C
Như vậy, ta chỉ cần chứng minh
2
( x z )( y z ) .ab 2abz cos C 2
( x z )( y z ) z cos C
xy yz zx ab sin C
xy yz zx sin C
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo Cauchy-Bunhiacopsky-Schwartz.
4. Gợi ý, dồn biến hoặc dùng đạo hàm để đưa về bất đẳng thức 1 biến. Lưu ý là bất đẳng thức 1 biến này
khá khoai, cần phải phân trường hợp mới chứng minh được. Trong đó có kỹ thuật bỏ bớt 1 số số hạng.
5. Giả sử {t1, t2, …, tk} là tập hợp tất cả các giá trị khác nhau mà x i, yi, i = 1, 2, …, n có thể nhận được, xếp
theo thứ tự tăng dần. Đặt
ri = {j I | xj = ti } và si = {j I | yj = ti }
Theo giả thiết ta có
rk sk
rk + rk-1 sk + sk-1
.....
rk + rk-1 + ... + r1 = sk + sk-1 + ... + s1
Cuối cùng, ta có
x1 + x2 + … + xn = r1t1 + r2t2 + … + rktk
= rk(tk – tk-1) + (rk + rk-1)(tk-1-tk-2) + … + (rk + … + r2)(t2-t1) + (rk + … + r2+r1)t1
sk(tk – tk-1) + (sk + sk-1)(tk-1-tk-2) + … + (sk + … + s2)(t2-t1) + (sk + … + s2+s1)t1
= s1t1 + s2t2 + … + sktk = y1 + y2 + … + yn.
Ghi chú. Bài này thoạt nhìn tưởng hiển nhiên, nhưng trình bày rất khó. Kỹ thuật trên đây là kỹ thuật tổng
Abel
6. Giả sử a đã tìm được. Khi đó chọn x1 = x2 = … = xn-1 = 1, xn = a, ta có
(n-1+a)(n-1+1/a)2 n3
(a-1)((n2-2n+1)a2 – (2n2-3n+2)a + n-1) 0
n2(a2-2a) – (2a2-3a-1)n + a2 – 2a – 1 0
Bất đẳng thức này cần đúng với mọi n, do đó ta cần có a 2. Nhiệm vụ bây giờ cần chứng minh là giá trị a
= 2 thoả mãn yêu cầu.
Định lý Euler về tam giác pedal
Trần Nam Dũng
Leonard Euler là một trong các nhà toán học vĩ đại nhất của thế kỷ 18 và của mọi thời đại. Các công trình
của ông bao trùm nhiều lĩnh vực của Toán học, cơ học, vật lý, trắc địa. Riêng trong toán học, di sản của ông
để lại thật đồ sộ với những công trình trong Giải tích, Lý thuyết số, Đại số, Toán rời rạc và Hình học. Trong
các kết quả của ông có những kết quả rất sâu sắc và cao cấp mà phải học đến chương trình đại học chuyên
ngành toán mới hiểu rõ được (chẳng hạn các công thức nổi tiếng e i = -1, 1 + 1/4 +1/9 + 1/16 + … = 2/6,
M – C + D = 2, định lý Fermat-Euler về tổng bình phương …) nhưng cũng có những kết quả sơ cấp mà các
bạn học sinh phổ thông cũng có thể hiểu được như đường thẳng Euler, đường tròn 9 điểm Euler, bài toán về
bảy cây cầu ở Konigsberg … Trong những kết quả sơ cấp đó, có một kết quả rất sâu sắc và đẹp mắt, nhưng
ít được biết đến hơn các kết quả trên đây. Đó là định lý Euler về tam giác pedal. Bài viết này giới thiệu về
định lý tuyệt đẹp này cũng như các kết quả trung gian, qua đó giới thiệu một số định lý nổi tiếng khác của
hình học phẳng như định lý Lagrange, định lý Jacobi, công thức Euler, định lý Poncelet, định lý Feierbach
…
Định lý Euler về tam giác pedal
Cho tam giác ABC và một điểm P bất kỳ trong mặt phẳng tam giác. Hạ MX, MY, MZ lần lượt vuông góc
với BC, CA, AB. Khi đó XYZ được gọi là tam giác pedal của tam giác ABC ứng với điểm M. Tam giác
pedal có nhiều tính chất thú vị, chẳng hạn
Định lý (Euler). Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm bất nằm
trong mặt phẳng tam giác. Hạ MX, MY, MZ lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Khi đó diện tích tam giác
XYZ có thể tính theo diện tích tam giác ABC và khoảng cách MO theo công thức sau
S XYZ
1
MO 2
S ABC | 1
|.
4
R2
Chứng minh: Ta ký hiệu SXYZ = S1, SABC = S.
Cách 1: (Tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng, phương tích, định lý hàm số sin)
Nối dài AM, BM, CM cắt đường tròn ngoại tiếp tại các điểm X’, Y’, Z’ tương ứng. Ta có ZXM = MBZ
(tứ giác BZMX nội tiếp)
MBZ = ABY’(B, Z, A thẳng hàng và B, M, Y’ thẳng hàng)
ABY’ = AX’Y’ (cùng chắn cung AY’)
Từ đó suy ra ZXM = AX’Y’. Tương tự YXM = AX’Z’. Từ đó suy ra
ZXY = Z’X’Y’. Ta sẽ ký hiệu hai góc này là X và X’ tương ứng.
Ta có
S1 = (1/2)XY.XZ.sinX
= (1/2)MB.sinB.MC.sinC.sinX (định lý hàm số sin)
= (1/2)MB.MY’.(MC/MY’).sinB.sinC.sinX
= (1/2) |MO2 – R2| (BC/Z’Y’).sinB.sinC.sinX (phương tích, MBC ~ Z’MY’)
= (1/2) |MO2 – R2|.BC.sinC.sinB.(sinX’/Y’Z’)
= (1/8) |1 – MO2/R2| AC.BC.sinC (sinB = AC/2R, sinX’/Y’Z’ = 1/2R)
= (1/4)S |1 – MO2/R2|.
Cách 2: (Véc-tơ, tâm tỷ cự)
Gọi X’, Y’, Z’ là các điểm đối xứng của M qua X, Y, Z tương ứng. Khi đó S 1 = SX’Y’Z’/4. Nhưng diện tích
tam giác X’Y’Z’ bằng diện tích lục giác AY’CX’BZ’ trừ đi diện tích các tam giác AY’Z’, BZ’X’, CX’Y’,
diện tích lục giác AY’CX’BZ’ bằng 2 lần diện tích tam giác ABC, tam giác AY’Z’ là tam giác cân có
AY’=AZ’=MA và góc Y’AZ’ = 2A, nên ta có
S1
Vì
1
1
1
1
1
S X 'Y 'Z ' ( 2S MA 2 sin 2 A MB 2 sin 2 B MC 2 sin 2C )
4
4
2
2
2
OA sin 2 A OB sin 2 B OC sin 2C 0
nên theo định lý Lagrange về tâm tỉ cự ta có
MA sin 2 A MB sin 2 B MC sin 2C
2
2
2
(sin 2 A sin 2 B sin 2C ) MO 2 OA 2 sin 2 A OB 2 sin 2 B OC 2 sin 2C
( MO 2 R 2 ) 4 sin A sin B sin C
( MO 2 R 2 )
4abc
8R 3
MO 2
2S
1
R 2
Suy ra
S1
1
MO 2 1
MO 2
.
2
S
S
1
S
1
4
R 2 4
R 2
Cách 3: (Phương pháp toạ độ)
Chọn hệ trục toạ độ nhận đường cao AH làm trục tung và BC làm trục hoành. Khi đó ta có thể đặt toạ độ
các đỉnh A, B, C lần lượt là: A (0, a), B (b, 0), C (c, 0). Điểm có toạ độ M (m, n).
Khi đó dễ dàng tính được: S = (1/2)| a(b – c)|,
2
2
2
b c bc a 2
(a 2 b 2 )(a 2 c 2 )
b c a bc
2
O(
,
), R
2
2a
4a 2
2 2a
Tiếp theo ta tính toạ độ các hình chiếu X, Y, Z. Dễ thấy X (m, 0). Đường thẳng AC có pháp véc tơ là (c, a). MY vuông góc với AC suy ra MY t ( a, c) , suy ra Y(m+at, n+ct). Vì Y thuộc đường thẳng AC có
phương trình a(x – 0) + c(y – a) = 0 nên a(m+at) + c(n+ct – a) = 0
suy ra
t = (ac – am – cn)/(a2+c2)
a ( ac am cn a (c 2 an cn
XY
,
a2 c2
a2 c2
2
a ( ab am bn a (b an bn
,
Tương tự XZ
a2 b2
a2 b2
Từ đó ta tính được
Sử dụng công thức tính diện tích tam giác SABC = (1/2)| x1y2 – x2y1| với
AB ( x1 , y1 ),
AC ( x 2 , y 2 )
ta tính được
S1
1
a2
| acb 2 a 2 cn abcm ab 2 m a 2 mn abm 2 cb 2 m can 2
2 ( a 2 b 2 )(a 2 c 2 )
cbmn abc 2 a 2 bn abcm ac 2 m a 2 mn acm 2 bc 2 m ban 2 bcmn |
1
a2
| a (b c ) || bc m 2 n 2 (b c ) m ( a bc / a ) n |
2
2
2
2
2 ( a b )(a c )
1
a2
bc 2
a 2 bc 2
bc 2
a 2 bc 2
|
a
(
b
c
)
||
(
m
)
(
n
)
(
)
(
) |
2 ( a 2 b 2 )(a 2 c 2 )
2
2a
2
2a
2S
1
OM 2
2
2
|
MO
R
|
S
|
1
|.
4
8R 2
R2
Định lý Euler là một kết quả thú vị và sâu sắc của hình học trong tam giác. Định lý này có nhiều hệ quả
hay. Chúng ta sẽ xem xét một số hệ quả đó:
Đường thẳng Simson
Từ kết quả của định lý Euler, ta thấy nếu M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tức là nếu OM =
R thì diện tích tam giác pedal bằng 0. Điều đó có nghĩa là tam giác XYZ suy biến thành đường thẳng. Và
như vậy, ta đã chứng minh được một kết quả quen thuộc sau đây:
Định lý (đường thẳng Simson). Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (C). M là một điểm bất kỳ
trên C. Hạ MX, MY, MZ lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Khi đó X, Y, Z cùng nằm trên một đường
thẳng.
Đường thẳng đi qua X, Y, Z được gọi là đường thẳng Simson ứng với điểm M. Tính chất thú vị này có thể
chứng minh khá dễ dàng mà không cần thông qua định lý Euler, sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp.
Đường thẳng Simson có nhiều tính chất đẹp, trong đó hai tính chất sau đây:
1) Nếu gọi H là trực tâm tam giác ABC thì đường thẳng Euler của điểm M chia đôi đoạn thẳng HM.
2) Khi điểm M di động trên đường tròn ngoại tiếp vẽ một cung có độ lớn thì đường thẳng Simson
ứng với M quay một góc /2. Một hệ quả thú vị của tính chất này là “đường thẳng Simson của hai
điểm xuyên tâm đối thì vuông góc với nhau”.
Công thức Euler và định lý Poncelet
Khi M trùng với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác thì XYZ là tam giác nội tiếp trong đường tròn tâm I
bán kính r, có các góc X, Y, Z tương ứng bằng 900 – A/2, 900 – B/2, 900 – C/2 nên ta có
SXYZ = 2r2sinXsinYsinZ = 2r2cos(A/2)cos(B/2)cos(C/2) = S.r/2R.
Từ đó, thay vào định lý Euler, ta được
Sr/2R = (1/4)S(1 – IO2/R2)
2Rr = R2 – IO2
IO2 = R2 – 2Rr
Ta thu được một kết quả đẹp mắt khác của hình học phẳng (được gọi là công thức Euler)
Định lý. (Công thức Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R và ngoại tiếp
đường tròn tâm I bán kính r. Khi đó khoảng cách IO có thể tính theo công thức sau:
IO2 = R2 – 2Rr.
Công thức Euler, ngoài cách chứng minh thông qua định lý Euler về tam giác pedal trên đây, còn có thể
chứng minh bằng cách sử dụng tâm tỷ cự hoặc phương tích. Dưới đây chúng ta trình bày ngắn gọn 2 chứng
minh này:
Cách 1 – Dùng tâm tỷ cự. Ta biết rằng
a IA b IB c IC 0
Áp dụng định lý Jacobi về tâm tỷ cự, ta có
aOA2 + bOB2 + cOC2 = (a+b+c)IO2 + (abc2+bca2+cab2)/(a+b+c)
Suy ra
IO2 = R2 – abc/(a+b+c) = R2 – 4RS/(2S/r) = R2 – 2Rr.
Cách 2. – Dùng phương tích và tam giác đồng dạng.
Nối dài AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai A1, nối dài A1O cắt (O) tại điểm thứ hai A2. Giả sử đường
tròn (I) tiếp xúc với AB tại J. Khi đó tam giác AJI đồng dạng với tam giác A 2BA1 (do A = A1 và J = B). Vì
thế ta có
IA/IJ = A1A2/A1B
Suy ra
IA.A1B = 2Rr
Mặt khác IBA1 = A/2 + B/2 = BIA1 suy ra tam giác IA1B cân tại A1, suy ra A1B = IA1,
Như thế ta có
IA.IA1 = 2Rr
Nhưng IA.IA1 là phương tích của điểm I đối với đường tròn (O) và bằng R 2 – IO2 và từ đây ta có điều phải
chứng minh.
Từ công thức Euler, ta thấy rằng khoảng cách giữa tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp
không phụ thuộc trực tiếp vào độ dài các cạnh của tam giác mà chỉ phụ thuộc vào R và r. Từ đó, có thể suy
luận ra rằng sẽ có vô số tam giác nội tiếp trong các đường tròn (O, R), (I, r) với IO 2 = R2 – 2Rr. Và quả thật
ta có định lý đẹp mắt sau:
Định lý. (Poncelet) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R và ngoại tiếp đường
tròn tâm I bán kính r. Khi đó tồn tại vô số các tam giác A’B’C’ nội tiếp trong (O, R) và ngoại tiếp (I, r). Hơn
nữa, một điểm bất kỳ trên (O) là đỉnh của một tam giác như vậy.
Định lý này có thể phát biểu tổng quát cho một đa giác bất kỳ và được gọi là định lý lớn Poncelet. Tuy
nhiên, ở đây, ta chỉ đề cập đến phép chứng minh định lý Poncelet cho tam giác, liên quan trực tiếp đến công
thức Euler.
Chứng minh: Giả sử ta có điều kiện của định lý. Khi đó IO 2 = R2 – 2Rr. Lấy một điểm A’ bất kỳ trên (O).
Kẻ các tiếp tuyến A’J, A’K đến (I) cắt (O) tại các điểm thứ hai B’, C’. Ta sẽ chứng minh IC là phân giác của
góc A’C’B’, từ đó suy ra C’B’ tiếp xúc (I).
Nối dài A’I cắt (O) tại A1, nối dài A1O cắt (O) tại A2. Ta có
IA’.IA1 = R2 – IO2 = R2 – (R2 – 2Rr) = 2Rr.
Hai tam giác A’JI và A2C’A1 đồng dạng với nhau, suy ra
A’I/IJ = A2A1/A1C’
A’I.A1C’ = 2Rr
Từ đó ta suy ra IA1 = A1C, suy ra C’IA1 = IC’A1. Nhưng
C’IA1 = IA’C’ + A’C’I (góc ngoài của tam giác)
IC’A1 = IC’B’ + B’C’A1
IA’C’ = B’C’A1 (góc chắn các cung A1C’ và A1B’ bằng nhau)
Nên từ đây ta có A’C’I = IC’B’, tức là IC’ là phân giác góc A’C’B’ (đpcm).
Định lý Feierbach
Sử dụng công thức Euler và một số công thức khác, ta có thể chứng minh được một kết quả tuyệt vời khác
của hình học tam giác, đó là định lý Feierbach. Trong tam giác có 6 đường tròn đặc biệt là đường tròn ngoại
tiếp, đường tròn nội tiếp, 3 đường tròn bàng tiếp và đường tròn 9 điểm Euler. Đường tròn 9 điểm Euler thu
được từ đường tròn ngoại tiếp bằng một phép vị tự tâm H (trực tâm tam giác ABC) tỷ số 1/2. Nhưng còn
một tính chất rất bất ngờ khác của đường tròn Euler là:
Định lý. (Feierbach) Đường tròn 9 điểm Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và cả 3 đường tròn bàng
tiếp.
Chứng minh. Ta sử dụng công thức Euler và các công thức tương tự (chứng minh bằng cách sử dụng tâm tỷ
cự)
IO2 = R2 – 2Rr
OG2 = R2 – (a2 + b2 + c2)/9
IG2 = (p2 + 5r2 – 16Rr)/9
Ta biết rằng tâm E của đường tròn Euler là trung điểm của HO, còn trọng tâm G thì chia đoạn HO theo tỷ
số 2:1. Từ đó suy ra 3EG EO 0 . Suy ra E là tâm tỷ cự của {G, O} với bộ trọng lượng tương ứng là (3,
-1). Áp dụng định lý Lagrange về tâm tỷ cự, ta có 3IG2 – IO2 = (3-1)IE2 + 3EG2 – EO2
Suy ra 2IE2 = (p2 +5r2 – 16Rr)/3 – (R2 – 2Rr) + (9R2 – a2 – b2 – c2)/6
= R2/2 + 2r2 – 2Rr + (p2 – r2 – 4Rr)/3 – (a2+b2+c2)/6
Nhưng p2 – r2 – 4Rr = p2 – S2/p2 – abc/p = p2 – (p-a)(p-b)(p-c)/p – abc/p = [p3 – (p3 – p2(a+b+c) +
p(ab+bc+ca) – abc) – abc]/p = p(a+b+c) – (ab+bc+ca) = (a2+b2+c2)/2
Nên ta có
2IE2 = R2/2 + 2r2 – 2Rr
Suy ra IE2 = R2/4 + r2 – Rr = (R/2 – r) 2 và từ đó IE = R/2 – r. Đẳng thức này chứng tỏ đường tròn nội tiếp
(I, r) tiếp xúc trong với đường tròn Euler (E, R/2). Kết quả với các đường tròn bàng tiếp được chứng minh
hoàn toàn tương tự.
Như vậy, từ định lý Euler về tam giác pedal, chúng ta đã đi qua những kết quả tuyệt đẹp trong hình học tam
giác như đường thẳng Simson, công thức Euler, định lý Poncelet, định lý Feierbach. Xuyên suốt các phép
chứng minh ta thấy có ứng dụng của phương tích, tam giác đồng dạng, tứ giác nội tiếp, tam giác lượng và
đặc biệt là các định lý về tâm tỉ cự. Xin nhắc lại hai định lý này:
Định lý Lagrange. Giả sử G là tâm tỉ cự của hệ điểm A1, A2, …, An với các trọng lượng m1, m2, …, mn
n
n
2
2
m
MA
m
MG
mi GAi2
i
i
i
i 1
i 1
i 1
n
tương ứng. Khi đó với mọi điểm M ta có
Định lý Jacobi. Giả sử G là tâm tỉ cự của hệ điểm A1, A2, …, An với các trọng lượng m1, m2, …, mn tương
ứng. Khi đó với mọi điểm M ta có
n
n
1
n
2
2
m
MA
m
MG
mi m j Ai A 2j
i
i
i
n
i , j 1
i 1
i 1
mi
i 1
Cuối cùng, xin giới thiệu một số kết quả thú vị khác liên quan đến các vấn đề đã được đề cập trong bài viết
này dưới dạng bài tập.
Bài tập
1. Cho tam giác ABC, M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác, XYZ là tam giác pedal của tam giác
ABC ứng với điểm M. Các đường đối phân giác của AM, BM, CM đồng quy tại một điểm M 1, X1Y1Z1 là
tam giác pedal của tam giác ABC ứng với điểm M 1. Chứng minh rằng 6 điểm X, Y, Z, X1, Y1, Z1 cùng nằm
trên 1 đường tròn (gọi là đường tròn pedal ứng với điểm M cũng như ứng với điểm M1).
2. Cho 4 điểm trong mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng các đường
tròn pedal của 1 điểm tuỳ ý trong chúng ứng với tam giác tạo bởi 3 đỉnh còn lại đồng quy tại một điểm.
3. Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác. Chứng minh rằng
S ( MBC ).MA S ( MCA ).MB S ( MAB ).MC 0 .
4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Chứng minh rằng tồn tại vô số
các tam giác A’B’C’ cũng nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Hơn nữa, chứng minh rằng
trọng tâm của các tam giác này cùng nằm trên một đường tròn.
5. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Chứng minh rằng trên (O) tồn tại đúng 3 điểm sao cho
các đường thẳng Simson tương ứng với chúng tiếp xúc với đường tròn 9 điểm Euler. Hơn nữa, chứng minh
rằng 3 điểm này tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.
Vai trò của các bài toán tổ hợp trong việc
rèn luyện tư duy toán học và kỹ năng giải toán
Trần Nam Dũng
Mở đầu
Các bài toán tổ hợp từ lâu đóng một vai trò quan trọng trong việc rèn luyện tư duy toán học và kỹ năng giải
toán. Bài toán tổ hợp có một số đặc điểm quan trọng mang tính khác biệt sau:
+ Không đòi hỏi nhiều kiến thức, do đó có thể giảng dạy tại các bậc lớp khác nhau.
+ Không có những khuôn mẫu nhất định cho việc giải (giống như việc giải phương trình, khảo sát hàm
số, tính tích phân), do vậy luôn đòi hỏi sự sáng tạo từ phía học sinh.
+ Thường được phát biểu bằng lời văn, đòi hỏi học sinh phải có kỹ năng đọc, hiểu và rút trích thông
tin, biết cách phát biểu lại bằng ngôn ngữ toán học. Bài toán tổ hợp thường mang tính thực tế và tính thẩm
mỹ cao, khiến học sinh yêu thích, ghi nhớ.
Vì vậy, tại các kỳ thi Olympic Toán ở các nước, các bài toán tổ hợp luôn xuất hiện với một tỷ lệ khá cao.
Tuy nhiên, ở Việt Nam, các bài toán tổ hợp xuất hiện khá ít. Điều này có thể thấy rõ thông qua việc nghiên
cứu các đề thi học sinh giỏi các tỉnh thành, đề thi học sinh giỏi quốc gia, các đề toán trên báo Toán học và
Tuổi trẻ. Theo sự góp ý của nhiều đồng nghiệp nước ngoài, đề thi Olympic Toán của Việt Nam mang nặng
tính kỹ thuật, rất ít màu sắc thực tế và vì vậy cũng thiếu luôn cả vẻ đẹp toán học. Đây là điều chúng ta cần
bàn vì Toán học không chỉ là các bài toán khô khan, mà là cuộc sống, thực tế và vẻ đẹp.
Toán tổ hợp hoàn toàn không được dạy ở các lớp thường (với mục tiêu luyện thi đại học, mà ở đó, tổ hợp
nghĩa là các hệ số C, A, P … mà thôi), được dạy với một tỷ lệ đối phó ở các lớp chuyên. Theo tôi, đó một
sai lầm trong chương trình đào tạo. Và sai lầm này bắt nguồn từ cách ra đề thi và cách dạy “hướng đến thi
cử” hiện nay của chúng ta.
Theo tôi, học sinh phải được làm quen với toán tổ hợp từ các lớp cấp 2. Những nguyên lý Dirichlet, nguyên
lý cực hạn, phương pháp tô màu, bất biến … hoàn toàn có thể đưa vào một cách tự nhiên cho các bạn học
sinh THCS. Với các lớp thường, từ lớp 10 cần phải dạy kỹ các chủ đề: Đại số mệnh đề, các phương pháp
chứng minh, Tập hợp, Ánh xạ, Phép đếm, Xác suất cổ điển và Thống kê mô tả. Những chủ đề rời rạc này
rất quan trọng cho việc hình thành tư duy toán học và kỹ năng trình bày vấn đề cho học sinh. Cụ thể học
sinh phải biết các phương pháp chứng minh và suy luận cơ bản sau đây
+ Phép chứng minh phản chứng
+ Phép chứng minh dùng mệnh đề phản đảo
+ Quy nạp toán học
+ Tổng quát hoá và đặc biệt hoá
+ Suy luận backward
Theo kinh nghiệm của cá nhân tôi và các đồng nghiệp, việc nắm vững các chủ đề nêu trên giúp học sinh có
thể hiểu rõ các vấn đề ở bậc học phổ thông (như hàm số, giải tích tổ hợp …) và bậc đại học sau này.
Các bài toán tổ hợp ngoài việc phát triển các kỹ năng như nói trên, còn mang tính thực tế và tính thẩm mỹ
cao (rất thú vị khi đọc đề bài), vì thế đem lại cho các học sinh niềm đam mê, sự hứng thú. Tôi tin chắc rằng
một bài toán về xác suất sẽ luôn dễ nhớ và luôn đem đến những cuộc tranh luận hấp dẫn hơn bất cứ loại
toán nào khác.
Phân loại các bài toán tổ hợp
Các bài toán tổ hợp rất đa dạng, có thể chia thành các nhóm chủ đề sau
+ Các bài toán đếm, các bài toán về tập hợp, ánh xạ
+ Các bài toán về đồ thị, đường đi, quan hệ
+ Các bài toán trò chơi
+ Các bài toán tô màu
+ Các bài toán về phủ hình
+ Các bài toán hình học tổ hợp (góc, độ dài cạnh, đường kính, diện tích …)
+ Các bài toán trên bảng vuông
+ Các bài toán xác suất
+ Các bài toán trên lưới nguyên
+ Các bài toán liên quan đến định lý Pick, Helly, Ramsey …
Các phương pháp giải bài toán tổ hợp
+ Các phương pháp đếm
+ Các phương pháp đồ thị
+ Chiến thuật “backward”
+ Nguyên lý bất biến
+ Phương pháp tô màu
+ Nguyên lý cực hạn
+ Nguyên lý Dirichlet
+ Quy nạp toán học
Bài tập minh hoạ
1. Một nhà ảo thuật cùng với trợ lý của anh ta muốn thực hiện một trò ảo thuật như sau. Một khán giả viết
lên bảng một số có N chữ số. Người trợ lý che hai chữ số liền nhau bằng các hình tròn màu đen. Sau đó nhà
ảo thuật xuất hiện. Nhiệm vụ của anh ta là đoán hai chữ số bị che (và cả thứ tự của chúng). Với giá trị nhỏ
nhất nào của N nhà ảo thuật có thể, với sự thông đồng với trợ lý, luôn thực hiện được màn ảo thuật thành
công?
2. Hai người chơi một trò chơi sau: Người thứ nhất nghĩ ra một số nguyên nằm trong khoảng từ 1 đến 144.
Người thứ hai có thể hỏi câu hỏi dạng Có/không bằng cách sau: Chọn ra một tập con M bất kỳ của {1, 2,
…, 144} và hỏi: Con số của bạn nghĩ có nằm trong M không? Người thứ nhất sẽ trả lời đúng theo thực tế.
Nếu câu trả lời là đúng, người thứ hai phải trả 2.000 đồng, nếu câu trả lời là sai, người thứ hai phải trả
1.000. Hỏi người thứ hai phải đặt các câu hỏi thế nào để chắc chắn tìm được số mà người thứ nhất nghĩ với
số tiền phải trả ít nhất.
3. (Trường hợp phẳng của bài số 6, IMO 2007). Cho tập hợp
M = {(x, y)| 0 x, y n, x2+y2 0}
Hỏi cần ít nhất bao nhiêu đường thẳng để phủ hết các điểm của M nhưng không phủ gốc toạ độ?
4. Trên bàn có 2001 đồng tiền. Hai người chơi trò chơi sau. Hai người thay phiên nhau đi. Mỗi lần đi, người
thứ nhất có thể lấy đi một số lẻ bất kỳ các đồng tiền từ 1 đến 99, người thứ hai – một số chẵn bất kỳ từ 2
đến 100. Người nào không đi được nữa thì thua. Hỏi người nào thắng nếu chơi đúng?
Hướng dẫn: Người thứ nhất thắng: Chiến thuật – Đầu tiên lấy 81 viên, sau đó lấy 101 – x viên, trong đó x
là số viên mà người thứ hai lấy ở lượt trước.
5. Trên bàn có 100 viên kẹo. Hai người cùng thay phiên nhau bốc đi k viên kẹo, trong đó k {1, 2, 3}. Hỏi
ai là người có chiến thuật thắng? Cùng câu hỏi trên với k {1, 2, a}, là số nguyên dương cho trước.
6. Tìm số tất cả các dãy {x1, x2, …, xn} với xi thuộc {a, b, c}, i = 1, 2, …, n thoả mãn điều kiện x1 = xn = a
và xi xi+1 với i = 1, 2, …, n-1.
Giải: Gọn un là số các dãy thoả mãn điều kiện, vn là số các dãy bắt đầu bằng a, tận cùng bằng b hoặc c và
thoả mãn điều kiện trên. Khi đó rõ ràng
1) un = vn-1 (chỉ cần thêm a vào phía sau)
2) vn = 2un-1 (thêm b hoặc c vào xâu dạng u) + vn-1 (thêm b nếu xâu v tận cùng bằng c và thêm c nếu
xâu v tận cùng bằng b). Từ đó ta tìm được công thức truy hồi un+1 = un + 2vn-1. Có thể có nhiều cách lý luận
khác.
7. Số nào lớn hơn? Số các tam giác với cạnh nguyên có chu vi 1997 hay có chu vi 2000?
Đáp số: Bằng nhau – xây dựng 2 đơn án từ 1997 2000 và ngược lại.
8. Có bao nhiêu cách chọn ra 3 người từ 10 xếp thành một hàng dọc sao cho không có 2 người đứng cạnh
nhau trên hàng được chọn.
9. Phương trình x1 + x2 + … + xn = k có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm?
10. Hãy tính
|
A B |
A , B {1, 2 ,..., n}
. Cùng câu hỏi với |A| = p, |B| = q.
11. Cho bảng vuông 5 x 5. Hỏi có thể tô màu 16 ô của bảng sao cho trong mỗi bảng 2 x 2 có nhiều nhất 2 ô
được tô?
Một số đề thi Olympic của các nước năm 2007 (phần tổ hợp)
1. (Estonia 2007) Xét lưới vuông 10 x 10. Với mỗi nước đi, ta tô màu 4 hình vuông đơn vị nằm ở giao của
2 hàng và 2 cột. Một nước đi là hợp lệ nếu ít nhất 1 trong 4 hình vuông này trước đó không được tô. Hỏi số
nước đi lớn nhất có thể để tô màu toàn bộ lưới vuông bằng bao nhiêu?
2. (Thái Lan 2006) 229 học sinh nam và 271 học sinh nữ được chia thành 10 nhóm, mỗi nhóm 50 học sinh
được đánh số từ 1 đến 50. Người ta muốn chọn ra một nhóm 4 học sinh, trong đó số học sinh nữ được chọn
là lẻ và thoả mãn điều kiện sau đây: 4 người này được chọn từ 2 nhóm và có 2 cặp học sinh có cùng số thứ
tự. Chứng minh rằng số cách chọn các nhóm như vậy là một số lẻ.
3. (Moldova 2007) Chứng minh rằng hình vuông cạnh 14 có thể phủ được bởi 21 hình vuông: 6 hình vuông
cạnh 1, 5 hình vuông cạnh 2, …, 1 hình vuông cạnh 6.
4. (UK 2007) Ở nước Hexagonia, 6 thành phố được kết nối bởi hệ thống đường sắt sao cho giữa hai thành
phố bất kỳ có đường sắt nối trực tiếp. Vào ngày chủ nhật, một số đoạn đường đóng cửa để sửa chữa. Luật
đường sắt quy định là mọi thành phố phải có thể đến được từ một thành phố khác (không nhất thiết trực
tiếp) trong mọi thời điểm. Có bao nhiêu cách đóng một vài đoạn đường để yêu cầu này được thoả mãn?
5. (Nhật Bản 2007) Có bao nhiêu cách biểu diễn 100 dưới dạng tổng của các luỹ thừa tự nhiên của 3 (Ta coi
hai cách biểu diễn là như nhau nếu chúng chỉ khác thứ tự)
6. (Nhật Bản 2007) Có ba hình chữ nhật trên mặt phẳng có cạnh song song với trục Ox hoặc trục Oy. Ba
hình chữ nhật này có thể chia mặt phẳng này thành nhiều nhất bao nhiêu phần?
7. (Thổ Nhĩ Kỳ 2007) Xác định số cách điền các số 1 và -1 vào các hình vuông đơn vị của bàn cờ
2007x2007 sao cho trị tuyệt đối của tổng các số trong mọi hình vuông tạo thành từ các hình vuông đơn vị
của bàn cờ không vượt quá 1.
8. (Hàn Quốc 2007) Cho hình vuông 4 x 4. Có bao nhiêu cách điền các số 0 và 1 vào các ô sao cho tích của
hai số ở hai ô kề nhau (có cạnh chung) luôn bằng 0?
9. (Áo 2007) Cho một n giác lồi với một tam giác phân, nghĩa là một cách chia n giác này ra thành các tam
giác bằng các đường chéo không giao nhau. Chứng minh rằng n đỉnh của n giác lồi có thể được đánh số bởi
các chữ số của 2007 sao cho mọi tứ giác tạo thành từ hai tam giác của tam giác phân và có cạnh chung có
các đỉnh được đánh số bởi các chữ số có tổng bằng 9.
10. (Iran 2007) Có n đường thẳng trên mặt phẳng, trong đó không có 2 đường thẳng nào song song và 3
đường thẳng nào đồng quy. Với mỗi hai đường thẳng, gọi góc giữa chúng là góc nhỏ nhất tại giao điểm của
chúng. Hãy tìm giá trị lớn nhất của tổng tất cả Cn2 góc giữa các đường thẳng.
11. (Iran 2007) Cho I1, I2, …, In là n đoạn thẳng đóng trên R sao cho từ bất kỳ k đoạn thẳng trong số chúng,
luôn tìm được 2 đoạn có điểm chung. Chứng minh rằng có thể tìm được k – 1 điểm trên R sao cho mỗi
đoạn thẳng đã cho chứa ít nhất một điểm trong các điểm được chọn.
12. (Thuỵ Sĩ 2006) Cho số nguyên dương n. Tìm số tất cả các tập con A {1, 2, …, 2n} sao cho không tồn
tại x, y A với x + y = 2n+1.
13. (Thuỵ Sĩ 2006) 3n điểm trên đường tròn chu vi 6n chia đường tròn thành n cung độ dài 1, n cung độ dài
2 và n cung độ dài 3. Chứng minh rằng trong số các điểm này có hai điểm nằm ở vị trí xuyên tâm đối.
14. (Bugaria 2007) Tìm số cạnh nhỏ nhất có thể của đồ thị với n đỉnh thoả mãn điều kiện sau:
a) Nếu ta vẽ thêm một cạnh bất kỳ thì sẽ có thêm một tam giác mới (3-clique).
b) Nếu ta vẽ thêm một cạnh bất kỳ thì sẽ có thêm một 4-clique.
15. (Bulgaria 2007) Một đường tròn được gọi là được tô tốt nếu các đỉnh của mọi tam giác đều nội tiếp
trong đường tròn được tô bởi các màu khác nhau. Cho k là đường tròn có bán kính bằng 2.
a) Tồn tại hay không một cách tô các điểm của k và nằm trong k bằng 3 màu sao cho k và mọi
đường tròn có bán kính ít nhất 1 và tiếp xúc với k là được tô tốt?
b) Cùng câu hỏi với 7 màu.
16. (Bulgaria 2007) Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho mọi 5 tam giác đều có tổng diện tích m có
thể phủ được tam giác đều có diện tích 1.
17. (CH Séc 2007) Với những giá trị nào của n ta có thể phân hoạch tập hợp M = {1, 2, …, n} thành a) hai
b) ba tập con rời nhau có cùng số phần tử và mỗi một trong chúng chứa trung bình cộng của các phần tử
của chúng.
Tài liệu tham khảo
1. G.Polya, Giải bài toán như thế nào?, Nhà xuất bản giáo dục 1997.
2. G.Polya, Toán học và những suy luận có lý, Nhà xuất bản giáo dục 1995
3. G.Polya, Sáng tạo Toán học, Nhà xuất bản giáo dục 1997
4. A.M. Iaglom and I.M.Iaglom, Challenging Mathemtical problems with elementary solutions, Volume I:
Combinatorial Analysis and Probability Theory, Dover Publications, 1987.
5. Arthur Engel, Problem-Solving Strategies, Springer 1997
6. B.Averbach and O.Chein, Problem Solving Through Recreational Mathematics, Dover Publications
2000.
7. N.Agakhanov và tập thể tác giả, Olympic Toán toàn Nga 1993-2006, Nhà xuất bản MCCME 2007.
8. I.Voronovic và tập thể tác giả, Các bài toán thi Olympic toán thành phố Minsk 2006, Minsk 2006.
9. K.Kokhas và tập thể tác giả, Các bài toán thi Olympic toán thành phố Saint Peterburg 2003, SaintPeterburg 2003.
10. V.N.Sachkov, Nhập môn các phương pháp tổ hợp của toán rời rạc, Nhà xuất bản MCCME 2004.
11. Các bài toán thi Olympic Toán các nước và Olympic Toán quốc tế năm 2006, 2007.
12. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Kvant, Komal, Crux.
13. Tài liệu Internet, đặc biệt là các websites: www.diendantoanhoc.net,, www.mathlinks.ro,
www.animath.fr, mathcircle.berkeley.edu, www.cms.math.ca.
The 17th Japanese Mathematical Olympiad
Vòng 1 (8/1/2007)
Thời gian làm bài: 3 giờ
Mỗi một bài giá trị 1 điểm. Không cần phải ghi lời giải (chỉ cần đáp số).
Đề bài
1. Cho ABCD là tứ giác lồi với AB = 3, BC = 4, CD = 5, DA = 6 và ABC = 900. Tìm diện tích tứ giác
ABCD.
2. Xác định chữ số hàng chục của số 1112 (luỹ thừa bậc 1213 của 11, không phải là luỹ thừa 13 của 1112.)
13
3. AB là một đoạn thẳng độ dài 7 trên mặt phẳng, và P là điểm sao cho khoảng cách giữa P và đường thẳng
AB bằng 3. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của AP x PB.
4. n là một số có 4 chữ số, trong đó chữ số hàng chục khác 0, và nếu ta lấy 2 chữ số đầu tiên và 2 chữ số
cuối cùng như hai số có 2 chữ số thì tích của chúng là ước số của n. Tìm tất cả n với tính chất như vậy.
5. 3 hình chữ nhật được vẽ trên mặt phẳng, và 2 hình chữ nhật bất lỳ có cạnh song song với nhau. Chúng
chia mặt phẳng ra thành một số phần. Tìm số phần mặt phẳng lớn nhất có thể. (Chúng ta coi phần mặt
phẳng không nằm trong bất cứ một hình chữ nhật nào cũng là một phần. Ví dụ, nếu ta chỉ có 1 hình chữ
nhật thì mặt phẳng được chia thành 2 phần).
6. Ta có 15 tấm thẻ được đánh số 1, 2, …, 15. Có bao nhiêu cách chọn ra một số (ít nhất 1) tấm thẻ sao cho
tất cả các số viết trên các tấm thẻ này đều lớn hơn hoặc bằng số tấm thẻ được chọn.
7. Có bao nhiêu cách biểu diễn số 100 dưới dạng tổng các luỹ thừa không âm của 3? (Hai cách biểu diễn
chỉ khác nhau thứ tự được coi là một.)
8. Có bao nhiêu cách để cắt hình lập phương S thành các tứ diện {T 1, T2, …, Tk} với các tính chất sau?
(1) Mọi đỉnh của T1, …, Tk là một đỉnh của S
(2) Với mọi i j, giao của Ti và Tj là một mặt chung của chúng, một cạnh chung của chúng, một đỉnh
chung hoặc là tập rỗng.
9. Có bao nhiêu cặp số nguyên (a, b) thoả mãn điều kiện a2b2 = 4a5 + b3.
10. Có một số tấm thẻ, trên đó có ghi các số nguyên dương. Tổng các số nguyên dương đó bằng 2007. Với
mỗi số nguyên 1 k 2006 ta có thể chọn một số các tấm thẻ sao cho tổng các số ghi trên các tấm thẻ đó
bằng k, và chỉ có duy nhất một cách chọn như vậy (nếu các tấm thẻ với các số giống nhau được coi là giống
nhau) cho với mỗi k. Có bao nhiêu các tập hợp các tấm thẻ như vậy?
n
11. Trong một cuộc thi toán, huy chương vàng được trao cho a người, huy chương bạc được trao cho
n
b
n
người và huy chương đồng được trao cho c người. (a b c là các hằng số nguyên và n là số
thí sinh tham dự). Không có ai được nhật 2 hoặc nhiều hơn huy chương. Tìm tất cả các bộ ba số (a, b, c) với
tính chất sau.
Tính chất: Với mọi số nguyên k, tồn tại duy nhất 2 giá trị n sao cho số người -không được huy chương
đúng bằng k.
[r] ký hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá r.
12. There is a village with a population 2007. This village has no name. You are God of this village and
you wants villagers to decide the name of this village. Every villager has one idea of the village’s name.
Each villager can send a letter to each villager (including himself). And every villager can send any
number of letters every day. Letters are collected in the evening and delevered at once the next morning
every day. The Villager whoe sends the letter can decide to whom the letter should be delivered. And each
vilagger can send a letter to tell the idea of the name of the village to God only one time. This idea doesn’t
need to be the same as the idea which he and the other villagers had thuoght at first. And evey villager’s
action is only writing a letter.
- Xem thêm -
.DOC 
41 
392 
82 
