ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN -------------------------
Trần thị Minh Ngọc
DẠNG HẰNG ĐẲNG THỨC CỦA BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY - SCHWARZ
Luận văn thạc sĩ khoa học
Hà Nội, tháng 12/2011.
i
Lời cảm ơn
Sau hai năm nghiên cứu và học tập tại trường Đại học Khoa học Tự nhiên –
Đại học Quốc gia Hà Nội, tác giả đã hoàn thành khóa luận với đề tài: “Dạng hằng
đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz”.
Để hoàn thành được luận văn này, đầu tiên tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu
sắc tới PGS.TS Nguyễn Vũ Lương, thầy đã dành thời gian hướng dẫn, chỉ bảo, tận
tình giúp đỡ trong quá trình xây dựng đề tài, giúp tác giả giải quyết các vấn đề nảy
sinh trong quá trình làm luận văn và hoàn thành luận văn đúng định hướng ban đầu.
Qua đây tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô đã
đọc, kiểm tra, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được hoàn thiện và
phong phú hơn.
Tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học,
khoa Toán – Cơ – Tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi
trong suốt quá trình học tập tại trường.
Cuối cùng là sự biết ơn sâu sắc tới gia đình, lời cảm ơn tới bạn bè đã thông
cảm, động viên giúp đỡ cho tác giả có đủ nghị lực để hoàn thành luận văn.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên các
vấn đề trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không tránh khỏi thiếu
sót, kính mong nhận được sự chỉ bảo của thầy cô và các bạn.
Một lần nữa tác giả xin chân thành cảm ơn tất cả mọi người. Chúc tất cả mọi
người sức khỏe và thành đạt!!!
ii
Mục lục
Lời cảm ơn .............................................................................................................. i
Mục lục..................................................................................................................iii
Mở đầu ................................................................................................................... 1
Phần 1. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong các đề thi quốc gia, quốc tế. ...... 3
1.1. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. ................................................................ 3
1.2. Bất đẳng thức AM-GM. .............................................................................. 5
1.3. Một số bài toán trong các đề thi quốc gia, quốc tế. ................................... 8
Phần 2: Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ................. 25
Bài 1: Dạng hằng đẳng thức thứ nhất ............................................................. 25
1.1. Các định lý............................................................................................. 25
1.2. Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ nhất của bất đẳng thức Cauchy- Schwarz trong đại số. ................................................................................... 30
1.3. Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ nhất của bất đẳng thức Cauchy- Schwarz trong lượng giác. ........................................................................... 45
Bài 2. Dạng hằng đẳng thức thứ 2................................................................... 57
2.1. Các định lý. ............................................................................................ 57
2.2. Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ hai của bất đẳng thức Cauchy- Schwarz trong đại số. ................................................................................... 63
2.3. Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ hai của bất đẳng thức Cauchy- Schwarz trong lượng giác. ........................................................................... 65
Bài 3. Một số ví dụ mở rộng ............................................................................ 72
Kết luận ................................................................................................................ 75
Tài liệu tham khảo ............................................................................................... 76
iii
Mở đầu
Bất đẳng thức là một nội dung lâu đời và quan trọng của Toán học. Ngay từ
đầu, sự ra đời và phát triển của bất đẳng thức đã đặt dấu ấn quan trọng, chúng có
sức hút mạnh mẽ đối với những người yêu toán, không chỉ ở vẻ đẹp hình thức mà cả
những bí ẩn nó mang đến luôn thôi thúc người làm toán phải tìm tòi, sáng tạo. Bất
đẳng thức còn có nhiều ứng dụng trong các môn khoa học khác và trong thực tế.
Ngày nay, bất đẳng thức vẫn luôn chiếm một vai trò quan trọng và vẫn thường xuất
hiện trong các kì thi quốc gia, quốc tế. Một trong những bất đẳng thức cổ điển quan
trọng là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và các ứng dụng của nó. Bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz từ khi ra đời đến nay đã luôn được các nhà toán học lỗi lạc nghiên
cứu và phát triển.
Chúng ta đã gặp nhiều sự kết hợp của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với các
bất đẳng thức khác hoặc trong hình học. Trong luận văn này, tác giả xin trình bày
một hướng tiếp cận mới của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: “Dạng hằng đẳng
thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz” . Từ các hằng đẳng thức quen thuộc, khi
kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta sẽ thu được nhiều dạng bất đẳng thức
mới và lạ. Từ đó, ta sẽ xây dựng được rất nhiều bất đẳng thức có ứng dụng trong đại
số hoặc lượng giác.
Luận văn gồm 2 phần:
Phần 1: Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong các đề thi quốc gia, quốc tế.
Phần 2: Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz .
Trong phần 2, tác giả đã phân chia thành ba bài.
Bài 1: Từ dạng hằng đẳng thức thứ nhất, kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-
Schwarz để được các kết quả mới và các áp dụng của nó trong đại số và lượng giác.
Bài 2: Từ dạng hằng đẳng thức thứ hai, kết hợp với bất đẳng thức Cauchy-
Schwarz để được các kết quả mới và một số áp dụng của nó trong đại số và lượng
giác.
1
Bài 3: Giới thiệu bất đẳng thức trong đề thi IMO tại IRAN năm 1998 và một
số mở rộng.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên các
vấn đề trong khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không tránh khỏi thiếu
sót, kính mong nhận được sự chỉ bảo của thầy cô và các bạn.
Hà Nội, ngày 05 tháng 11 năm2011
Học viên
Trần thị Minh Ngọc
2
Phần 1. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong các đề thi
quốc gia, quốc tế.
1.1. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
i
n 1, )
(
a R b R , i
i
2
n
n
n
a b i i
2 a i
i
1
i
1
1
i
2 b i
Với , chứng minh rằng
Chứng minh.
Cách 1. (Sử dụng đẳng thức Lagrange).
2
n
n
n
2
(
)
2 a i
2 b i
a b i i
a b i
j
a b j i
i
1
i
1
i
1
1
j n
i
2
n
n
n
Từ đẳng thức
a b i i
2 a i
i
1
i
1
1
i
2 b i
Suy ra
...
a 1 b 1
a 2 b 2
a n b n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Cách 2. (Sử dụng tính chất của hàm bậc 2).
n
n
n
n
2
x
2
x
f x
2
2 a i
a b i i
a x b i i
2 b i
i
1
i
1
i
1
i
1
Xét hàm số
0 f x với mọi giá trị của x
Ta có
3
n
i
1,
n
0
ia =0
2 a i
i
1
n
Nếu thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
0
2 a i
i
1
2
n
n
n
'
0
a b i i
2 b i
i
1
1
1
i
i
2 a i
2
n
n
n
a b i i
2 a i
i
1
i
1
1
i
2 b i
Áp dụng tính chất của hàm bậc 2 khi suy ra
...
a 1 b 1
a 2 b 2
a n b n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Cách 3. (Áp dụng bất đẳng thức trung bình).
k
1,
n
2 x k
2 y k
x y k k
1 2
Ta có
n
n
2 x k
2 y k
x y k k
1 2
k
1
k
1
n
n
Cộng tất cả các bất đẳng thức ta thu được
A
2 a B , k
2 b k
k
1
k
1
n
n
Kí hiệu
y
y
1
2 k
x k
k
2 x k
a k A
b k B
k
1
k
1
n
Chọn , ta có
1
x y k k AB
k
1
Và thu được
4
2
n
n
n
2
2 A B
a
a b k k
2 k
k
1
k
1
1
k
2 b k
y
x k
k
A B
a k b k
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k .
1.2. Bất đẳng thức AM-GM.
Trong luận văn này, ta cũng hay sử dụng bất đẳng thức quen thuộc AM-GM (bất
a là các số thực không âm, ta luôn có:
đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân) sau:
a a 2,
,..., n
n
n
1 n
a i
a i
1
i
1 . n 1 i
n
Với 1
a a . 1
2
a ... n
a i
i
1
Ở đây ta ký hiệu .
Chứng minh.
Có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức AM – GM, trong đó cách chứng minh
quen thuộc nhất như sau:
Cách 1:
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n số không âm thì sẽ đúng với 2n
2
n
n
n
a i
a i
n i
1 n 2
1 n
i
1
i
1
1
i
1 1 n 2
. a
n
n
2
n
1 n
1 n
số không âm.
a i
a i
a i n
1 n 2
1 2
1 2
i
1
i
1
i
1
.
5
2
n
2
n
1 n 2
a i
a i
1
i
1 . n 2 1 i
n
2k
Từ đó suy ra bất đẳng thức đúng với . Bất đẳng thức AM – GM sẽ được
chứng minh nếu chúng ta chứng minh khẳng định sau đây:
n
k .
1
k
1
k
1
k
1 1
Nếu bất đẳng thức đúng với n k thì cũng đúng với
a i
a i
1
k
1
1
i
1
i
.
k
1
k
1
k
1
1 1
k
1 1
k
k
a i
a i
1
i
1
i
1
i
. a i
Thật vậy:
1 k
k
k
1
1
k
k
1
1
1 1
k
1 k 1
Áp dụng giả thiết quy nạp suy ra:
k
a i
a i
a i
1
i
1
i
1
1
i
i
. a i
k
1
k
1
k
1
1 1
k
1 1
k
.
k
a i
a i
a i
1
i
1
i
i
1
. (đpcm)
Cách 2:
Nếu n = 1, n = 2 thì hiển nhiên bất đẳng thức đúng.
n
k , ta chứng minh bất đẳng thức đúng với
2
n
k .
1
k
k
k
1
a i
a k
1
1
i
1 k
S
Giả sử bất đẳng thức đúng với
k
1
a i
1
k
1
k
1
i
1
Ta có: .
Theo giả thiết quy nạp ta thu được:
6
k
1 k
k
a i
a k
1
i
S
k
1
1
1 k
.
n
k ta cần chứng minh:
1
k
1 k
k
1
k
1 1
k
a i
a k
1
i
Để chứng minh bất đẳng thức đúng khi
a i
1
1 k
i
1
k
1 k
1
1
.
k
k
,
a
k
1
a i
i
1
Ký hiệu: .
k
1
1 k k
k
k . 1
k
k
k k
0 .
1
2
3
k
k
k
1
Ta thu được:
k
...
k
0
k 2
1
k
k
k
k
1
.
...
0
k
k
2
1
2
k
1
3
k
k
2
1
...
k
2
...
k
...
k
0
k
Bất đẳng thức đúng vì
0 .
,
.
2
2
2
a
b
Các trường hợp riêng:
a b
ab
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
0
2
1.
a b ,
0 :
ab
a
b
2
a b 2
2. . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi a b .
7
a b c , ,
:
abc
a b c 3
3
a b c
.
3
3
3
a
c
3. . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c , ,
:
abc
b 3
a b c
.
4. . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1.3. Một số bài toán trong các đề thi quốc gia, quốc tế.
n
Bài 1. (Poland, 1996)
,...,
R với
2n và
1
a a , 1
2
a n
a i
i
1
n
Cho . Chứng minh rằng với
,...,
R mà
1
x x , 1 2
x n
x i
i
1
n
2
x x i
j
n n
2 1
i
j
i
1
2 a x i i a 1 i
, chúng ta có:
2
n
n
n
Chứng minh
1
1
x i
2 x i
x x i
j
. Từ đó bất đẳng thức cần chứng 2
x i
i
1
i
1
i
1
i
j
Nếu thì
n
1
n
1
2 x i 1
1
i
a i
minh tương đương với:
2
n
n
n
1
x i
a i
1
2 x i
i
1
i
1
i
1
a i
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để chứng minh rằng:
Bài 2. (Rumania 1996)
8
...
x x , 1 2
,..., n
x là những số thực không âm với
1
x 1
x 2
x n
x
n
1
n
n
Cho . Chứng
x
x x i
n
1
x i
x n
1
n
1
x i
i
1
i
1
minh rằng .
n
Chứng minh.
(
)
(
n
1)
x n
1
x n
1
x i
2 x n 1
i
1
Ta có
n
n
1.
x x ( i n
1
x i
x n
1
i
1
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, suy ra ta có điều phải chứng minh.
w x
0
y
Bài 3. (Autria-Poland 1996).
và z
2
2
2
wx
xy
yz
zw
. 0
w
x
y
z
2 1
. Chứng minh rằng 1
Nếu w, x, y, z là những số thực thỏa mãn
2
Chứng minh.
wx
xy
yz
zw w y x
)(
(
z
)
(
w y
)
0
Bất đẳng thức bên phải
wx
xy
yz
zw
(
w y x
)(
z
)
2
2
2
2
2
2
(
w y
)
(
x
z
)
w
x
y
z
1
1 2
Từ bất đẳng thức bên trái, nhận thấy
2
2
2
2
2
2
wx
xy
yz
zw
2 w x
y
2 2 z w x
y
z
1
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz được
Bài 4. (Rumania 1998)
9
,
,
,...,
n và 2
x y x y , 1 1 2
2
x y là các số thực thỏa mãn ,n
n
Cho số nguyên dương
...
...
x 1
x 2
x n
x y 1 1
x y 2 2
x y n n
...
...
x 1
x 2
x n
x 2 y
x n y
x 1 y 1
2
n
. Chứng minh rằng:
Chứng minh.
,
,...,
x 1 y 1
x 2 y 2
x n y n
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với và
x y 1 1 ,...,
x y n n
...
...
.
2
x 1
x 2
x n
x y 1 1
x y n n
x .n y n
x 1 y 1
...
...
...
2
x 1
x 2
x n
x y 1 1
x y 2
2
x y n
n
x 2 y
x n y
x 1 y 1
2
n
...
...
x
...
x
2
x 1
x 2
x n
x 1
2
n
x 2 y
x n y
x 1 y 1
2
n
để có
...
...
x 1
x 2
x n
x 2 y
x n y
x 1 y 1
2
n
.
(đpcm)
1
,
Bài 5. (Iran 1998).
x y z và ,
. Chứng minh rằng:
2
1 x
1 y
1 z
x
y
z
x
1
y
1
z
. 1
Cho
Chứng minh.
10
2
2
y
1
x
1
z
1
x
1
y
1
z
1
x
y
z
x
y
z
x
1
y
1
z
1
x
y
z
x
z
y
x
y
z
3
1 x
1 y
1 z
Ta có:
y z x
x
y
z
x
1
y
1
z
(đpcm).
1
Vậy ta có:
Bài 6. (Ireland, 1999).
a b c d
. Chứng minh 1
2
2
2
2
Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn
a a b
b b c
c
d
c
d
d
a
1 2
rằng: .
Chứng minh.
2
2
a b c d
a b
b c
c d
d
a
b b c
c c d
d d
a
a a b 2
2
2
2
.2(
a b c d
)
a a b
b b c
c c d
d
d
a
2
2
2
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
(
a b c d
)
a a b
b b c
c c d
d
d
a
1 2
1 2
.
Bài 7. (Rumania 1999).
ab bc
ca
abc 3
3
3
a b c a
b
3 . c
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng
Chứng minh.
11
3
ab bc
ca
abc 3
1 a
1 . c
1 b
a b c 3
a b c
9
Từ giả thiết
1 b
1 c
1 a
3 a b c
a b c
Mà ta có bất đẳng thức
2
2
1 2
1 2
1 2
3 a a 2
3 b b 2
3 c c 2
3
3
3
a
b
c
1 a
1 b
1 c
3
3
3
b
c
3 a
3
3
3
a b c a
b
. (đpcm)
c
Vậy ta có
Bài 8. (Belarus, 1999).
a b c . Chứng minh rằng: ,
0
,
1
Cho
a 2
c
b
b 2
a
c
c
a
b 2
.
Chứng minh.
2
2
2
a c 2
b
b 2
a
c
c
a
b 2
ab
ca 2
bc
2
ab
ca
bc 2
b
a
c
2
1
ca
3
a b c ab bc
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
a b c
3
ab bc
ca
). ( do
12
x
1
y
z
Bài 9. (Austria-Poland, 2000).
. Chứng minh
2
2
2
2
2
2
Cho x, y, z là các số thực không âm sao cho
2
x
y
z
x
y
z
1
1
1
1
1
1
rằng: .
2
2
2
Chứng minh.
A x
y
z
Đặt ,
B xy
yz
zx
2
2
2
C x y
2 2 y z
2 z x
,
D xyz
2
.
2A
B
B C
2
D
4
4
4
2
2
x
y
z
A
C 2
4
B
4
B
1 2
C
C 2
4
B D 8
. 1
; Khi đó ta có: 1
3 2
A
C 2
4
B D 8
2 2
C
8
D
. 2
1
Khi đó biểu thức ở giữa trở thành
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai trong ba số x, y, z bằng 0.
. Bởi vậy ta phải chứng minh
Bây giờ biểu thức vế phải bằng 2 B D
8C 2
D B D
B
22 B
3
D
. 0
hoặc
B
B
BA
1 2
yzzx
zxxy D
. Vậy Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có A B , vì vậy
có
B
2 3
D C D
. Nhưng C xyyz
0
ta cần chứng minh
thể thu được từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
Bài 10. (IMO, 2001)
,a b c là các số thực dương ta có: ,
a
b
c
Chứng minh rằng với
1
2
2
2
a
bc 8
b
ca 8
c
ab 8
.
13
Chứng minh
2
2
2
VT
a 2
b 2
c 2
a a
bc 8
b b
ca 8
c c
8
ab
a b c
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
1
2
2
2
a a
bc 8
c c
8
ab
b b
2 ca 8
.
x là các số thực, chứng minh rằng:
Bài 11. (Short list IMO, 2001).
x x 2,
,..., n
Cho 1
...
n
1
1
1
...
x 1 2 x 1
x 1 2 x 1
2 x 2
x 1 2 x 2
2 x 1
2 x n
.
Chứng minh
2 a i
2 b i
a b i i
với
1ia và
b i
1
...
2 x 1
2 x n
x 1 2 x 2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
...
n
. 2 b i
1
1
1
...
x 1 2 x 1
x 1 2 x 1
2 x 2
x 1 2 x 2
2 x 1
2 x n
2
Ta thu được
1
ib
Từ đó ta thu được .
2i ,
2
2 x i
2 b i
2
1
...
x i 2 x 2
2 x 1
2 x i
...
2 x 1
2 x 2
2 x i
1
Để ý rằng với
14
...
...
2 x 1
2 x 2
2 x i 1
2 x 1
2 x 2
2 x i
1
2 x i 1
1
...
1
...
1 2 x 2
2 x 1
2 x i 1
2 x 1
2 x i
1 2 x 2
1
1i sử dụng bất đẳng thức
2 b 1
1
1
2 x 1 2 x 1
1 2 x 1
Với .
2
n
Cộng vế với các bất đẳng thức này ta được
1
1
2 b i
1
...
1
...
x
1 x
i
1
x i 2 x 2
2 x 1
2 x i
2 x 1
2 2
2 n
.
2
Bài 12. (Czech and Slovak Republics, 2004).
( )P x
ax
bx
là đa thức bậc 2 với các hệ số không âm. Chứng minh
c
2
Cho
x ta luôn có:
0
P x P ( )
(
P
(1))
1 x
rằng với .
Chứng minh
2
( )P x P
ax
bx
c
bx
c
a
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta nhận được:
1 x
1 2 x
2
2
2
2
2
2
a x
bx
c
c
=
a x
b x
2
2
=
a x
bx
c c
a b c
P
(1)
a x
b x
.
Bài 13. (UK 2005)
,a b c là ba số thực không âm. Chứng minh rằng ,
Cho
15
2
a b c
a b
b c
c a
1 a
1 b
1 c
.
Chứng minh
2
2
2
2
2 1
2 1
2
2
2
2 1
a b
b c
c a
a b
b c
c a
2
2
2
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
33
3
2
2
2
a b
b c
c a
abc abc
a b
b c
c a
a b
b c
c a
Nhưng do nên
33
3
a c
b a
c b
abc abc
2
2
2
3
2
2
2
a c
b a
c b
a b
c a
b c
a b
b c
c a
Mặt khác nên
vào 2 vế ta có:
a c
b a
c b
2
2
2
2
3
2
2
2
a b
b c
c a
a c
b a
c b
a b
b c
c a
a c
b a
c b
2
Thêm
a b c
a b
b c
c a
1 a
1 b
1 c
.
Bài 14. (Litthuania, 2006).
,a b c là các số thực không âm. Chứng minh rằng: ,
2
2
2
a
bc
b
ca
c
ab
1
1 2
1 ab
1 bc
1 ca
1
1
Cho
Chứng minh
16
1
2
a
bc
2
2 a bc
2
ab ac
2
a
bc
1
2
ab ac
Ta có: nên ta có
VT
1 2
1 ab ac
1 bc ba
1 cb ca
Vậy:
1 2
1 ab
1 bc
1 ca
1 ab
1 bc
1 ca
1 2
1 ab
1 bc
1 ca
.
Bài 15. (Romania JBMO Team Selection Test 2007).
,a b c là các số thực dương thỏa mãn: ,
1
Giả sử
1 b c
1
1 c a
1
1 a b
1
.
ca
. Chứng minh rằng: a b c ab bc
Chứng minh
2
2
b c a
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
2
2
1 b c
1
b c a
b c
b c a
b c a 1
.
2
2
c a b
Tương tự như vậy ta có:
2
2
1 c a
1
c a b
c a
c a b
c a b 1
2
2
a b c
.
2
2
1 a b
1
a b c
a b
a b c
a b c 1
.
Cộng 3 bất đẳng thức trên lại ta được:
17
2
2
2
a
b
c
2(
)
1
a b c
a b c 2
.
ca
. Suy ra ta có: a b c ab bc
a b c
.
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
Bài 16. (USA Mathematical Olympiad 1997).
,a b c ta có: ,
Chứng minh rằng với mọi số dương
1 3
1 3
3
3
3
a
abc
b
c
abc
c
a
abc
1 3 b
1 abc
.
Chứng minh.
abc . Từ đó bất đẳng thức cần
1
Sử dụng tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho
chứng minh có thể được viết lại thành.
1
3
3
3
3
3
3
1 b
a
1
b
1
c
1
1 a
1 c
.
2
2
2
c
c
1 a
2
3
3
1 b
a
1
c a b c
2
3
3
1 1 a b a b c
a b c
bc
ca c 2
c
a
b
1 a
1 b
1 b 1
Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được.
Cộng tương ứng bất đẳng thức này với hai đánh giá tương tự, vế theo vế, ta suy ra
.
ngay kết quả cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
Bài 17. (Japanese Mathematical Olympiad 2004).
,a b c là các số thực dương sao cho
,
a b c
. Chứng minh rằng:
1
Giả sử
2
b a
c b
a c
1 1
a a
1 1
b b
1 1
c c
.
Chứng minh
18
1
1 1
a a
2 a b c
Do nên bất đẳng thức trên có thể được viết dưới dạng đồng bậc
là:
b a
c b
a c
a b c
b c a
c a b
3 2
.
a c
a b c
ab c b c
Lại do nên bất đẳng thức này tương đương với
3 2
ab c b c
bc a c a
ca b a b
.
2
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
ca
ab c b c
abc b c
ab bc ca bca c a
cab a b
ab bc abc a b c 2
.
Cuối cùng ta chỉ cần chứng minh
ab bc
ca
abc a b c 3
(
)
2
.
Nhưng đây lại là một kết quả quen thuộc.
a b c
.
Vì vậy bài toán đã được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Bài 18. (Singapore IMO Team Selection Test 2003)
,a b c . Chứng minh rằng:
,
Cho các số thực dương
bc a b c
2
ca b c 2
ab a b
2
c
a b c 4
a
.
Chứng minh
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
19
1 a b c
2
1
(
a b
)
(
a c
)
1 4
1 a b
1 a c
.
bc a b c
2
1 4
bc a b
bc c a
c
1 4
bc a b
ca a b
1 4
Từ đó suy ra:
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
Bài 19. (Chinese IMO Team Selection Test 2006).
x
: z
1
y
x y z thỏa mãn ,
,
Cho các số thực
2 2
xy
xy
yz
yz
yz
zx
zx
zx
xy
Chứng minh rằng: .
Chứng minh
2
2
VT
x y (
z
)
xy x y )(
(
z
z
)
2 x y x z
2(
xy
yz
zx
)
yz y (
z
)
zx z (
x
)
y
( x
xy x y y )(
z z )(
x
)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
2
4
y
yz y (
z
)
zx z (
x
)
xy x
(
x
y y )(
z z )(
x
)
( x xy
z y yz
) zx
2
2
2
Do đó, ta chỉ cần chứng minh được
2
x xy
y yz
z zx
8 y y )(
xyz
(
x
z z )(
x
)
Hay
20
z
min
x y z , ,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
y
yz
zx
x
zx
1
1
x xy
y yz
z zx
xy
z
yz
xy
zx
y xy
z yz
xy zx
yz 2 z
2
2
2
2
2
Không mất tính tổng quát, giả sử . Ta có:
x xy
y yz
z zx
x x (
y y y )(
22 z z )
.
2
2
2
x x (
y y y )(
22 z z )
8 y y )(
xyz
(
x
z z )(
x
)
2
x
y
x
y
2
z
0
Ta cần chứng minh:
Sau khi khai triển và rút gọn ta được
x
y
2
z
x
y
đúng do . Bài toán được chứng minh xong.
. z
1 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
1
Bài 20. (Walther Janous, IMO 2008).
x y z thỏa mãn , 1
xyz . Chứng minh rằng:
2
2
2
Cho các số thực
1
x
x
1
y
y
1
z
z
1
.
1
,
1
Chứng minh
x y z và ,
xyz nên tồn tại các số thực
,a b c thỏa mãn ,
2
2
2
2
2
2
x
,
y
,
z
,
a
ab
. 0
bc b
ca c
b ca
c ab
a bc
Do
4
4
4
a
b
c
1
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2
2
2
2
2
2
a
bc
b
ca
c
ab
.
21
2
2
2
2
4
b
a
2
2
2
2
2
2
2
a
bc
a
bc
b
ca
c
ab
a
c 2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
c
a
bc
b
ca
c
ab
ab bc
ca
, điều này hiển
0
Bài toán được quy về chứng minh:
2
Thực hiện phép khai triển và rút gọn, ta được
nhiên đúng. Vậy, bài toán được chứng minh xong.
Bài 21. (Vasile Cirtoaje, Chinese IMO Team Selection Test 2005).
x y z t thỏa mãn ,
,
,
xyzt . Chứng minh rằng:
1
1
1
1
1
Cho các số thực dương
1
2
2
2
2
x
y
z
t
1
1
1
1
.
Chứng minh
x
,
y
,
z
,
t
a b c d . , 0
, ,
da 2 c
ab 2 d
bc 2 a
cd 2 b
Cách 1. Đặt với
4
4
4
4
a
b
c
d
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
1
2
2
2
2
2
2
2
2
a
bc
b
cd
c
da
d
ab
(21.1)
4
4
a
c
2
2
2
2
a
bc
c
da
4
4
2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
a
c
c
d
c
a
a
c
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
22
2
2
2
a
2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
a
c
c
d
c
a
c
2
2
2
2
a 2 b
c 2 c
a
d
4
4
2
2
b
d
(21.2)
2
2
2
2
2
2
2
a
b b
d 2 c
d
b
cd
d
ab
Tương tự ta có: (21.3)
Công hai vế của (21.2) và (21.3) ta thu được (21.1). Vậy ta có điều phải chứng
x
. z 1
y
t
minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x
,
y
,
z
,
t
a b c d . , 0
, ,
b a
c b
d c
a d
Cách 2. Đặt với
2
2
2
2
a
b
c
d
1
2
2
2
2
a b
b c
c d
d
a
Bất đẳng thức được viết lại dưới dạng:
2
a a d
(
)
)
d d c )
(
VT
2
a b
a d
c c b ( ) 2
( b b a
2
2
2
2
a b
a a d
b b a c d
c c b a d
d d b c
c 2
2
2
2
2
2
a b
b c
c d
d
a
1
2
2
2
4
a b
c d
a d
b c
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz kết hợp với bất đẳng thức AM – GM, ta có:
Bài 22. (Japanese Mathematical Olympiad 1997).
,a b c ta đều có: ,
Chứng minh rằng với mọi số thực dương
23
2
2
2
2
2
2
3 5
a
b
c
b c a 2
b c
c a b 2
c a
a b c 2
a b
.
Chứng minh
,a b c nên ta có thể chuẩn hóa cho ,
a b c
. Khi đó nó được viết lại thành:
1
2
2
2
1 2 a 2 a a 2
2
1
1 2 b 2 b 2 b 2
1
1 2 c 2 c c 2 2
1
3 5
Do bất đẳng thức đã cho là thuần nhất với
b
c
0
1 3
1 3
2
2
2
2
b
c
b c
a
1 9
1 3
1 9
2 3
Không mất tính tổng quát, giả sử . Ta có:
2
2
2
c
2
1 2 b 2 b b 2 2
1
1 2 c 2 c c 2
2
1
1 2 b
b 2
2
c
2
c
b 2
1 2 2 1
1
2
2
2
2
a
2
2
2
2 a 2 c
b
a
18 a a 3
5
9
a
a
1 9
2 3
Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
2
2
2 1 2 a 2 a a 2
2
1 9
a
18 a a 3
3 5
5
Bài toán được đưa về dạng chứng minh sau:
2
2
a 3
17
a
8
a
5
0
1
Sau khi khai triển và rút gọn, ta được bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
24
Phần 2: Dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz
Bài 1: Dạng hằng đẳng thức thứ nhất
1.1. Các định lý
2
2
2
2
2
2
2
x
2
y
z
2
y
2
z
x
2
z
2
x
y
9
x
y
z
Bổ đề 1.1. Với mọi số thực x, y, z ta luôn có kết quả sau:
Chứng minh
2
2
2
2
x
2
y
z
4
x
4
y
z
8
xy
4
xz
4
yz
2
2
2
2
2
y
2
z
x
4
y
4
z
x
8
yz
4
xy
4
zx
2
2
2
2
2
z
2
x
y
4
z
4
x
y
8
xz
4
zy
4
xy
2
Biến đổi vế trái, ta có
Cộng từng vế các đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
a b c x y z là những số thực dương tùy ý. Khi đó ta luôn có
,
,
,
,
,
2
2
2
2
2
2
ax by
cz
a
b
c
x
y
z
a b c
x
y
z
2 3
Định lý 1.1 Cho
Chứng minh
c
(2
x
2
y
z
)
a y (2
2
z
x
)
b z (2
2
x
y
)
c
(2
x
2
y
2
z
z 3 )
a y (2
2
z
2
x
x 3 )
b z (2
2
x
2
y
y 3 )
2(
a b c x
)(
y
z
) 3(
ax by
cz
)
Ta có
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
25
c
(2
x
2
y
z
)
a
(2
y
2
z
x
)
b z (2
2
x
y
)
2
2
2
2
2
2
(
a
b
c
)[(2
x
2
y
z
)
(2
y
2
z
x
)
(2
z
2
x
y
2 ) ]
2
2
2
2
2
2
2(
a b c x
)(
y
z
) 3(
ax by
cz
)
9(
a
b
c
)(
x
y
z
)
2
Suy ra
(sử dụng Bổ đề 1.1)
2
2
2
2
2
2
2(
a
b
c x )(
y
z
) 3(
ax by
cz
)
3 (
a
b
c
)(
x
y
z
)
2
2
2
2
2
2
a
2(
b
c x )(
y
z
)
3 (
a
b
c
)(
x
y
z
)
3(
ax
by
cz
)
2
2
2
2
2
2
Từ đó
(
a b c x
)(
y
z
)
(
a
b
c
)(
x
y
z
)
(
ax by
cz
)
2 3
.
x y z t ta có , ,
,
2
2
2
2
x
y
z
t
y
z
t
x
z
x
t
y
x
y
t
z
2
2
2
2
y
z
t
4 x
Bổ đề 1.2. Chứng minh rằng với mọi số thực
2
2
2
Chứng minh
(
x
y
z
t
)
x
y
z
t
y
z
t x 2
2
2
2
2
x
y
z
t
2
xy
2
yz
2
zx
tx 2
ty 2
tz 2
Ta có:
2
2
2
2
y
z
t
x
x
y
z
t
2
yz
2
zt
ty 2
2
xy
2
xz
2
xt
2
2
2
2
2
z
x
t
y
x
y
z
t
2
zt
tx 2
2
xz
2
yx
2
yz
2
yt
2
2
2
2
2
t
x
y
z
x
y
z
t
tx 2
2
xy
2
yt
2
zx
2
zy
2
zt
2
Tương tự ta có:
26
Cộng từng vế bốn đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
2
2
2
2
2
2
2
2
ax by
cz dt
a
b
c
d
x
y
z
t
a b c d
x
y
z
t
1 2
Định lý 1.2. Cho a, b, c, d, x, y, z, t là các số thực dương tùy ý. Khi đó ta luôn có
Chứng minh
z
y
t
z
t
x
x
t
y
y
x
z
P d x
a y
b z
c t
z
y
t
t 2
z
y
t
2
x
P d x
a x
x
y
t
2
y
y
x
z
2
z
b z
c t
P
a b c d
x
z
y
t
2
ax by
cz dt
Đặt
2
2
2
2
2
2
2
2
2
P
4
a
b
c
d
x
y
z
t
2
2
2
2
2
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có
2P
a
b
c
d
x
y
z
t
a b c d
x
z
y
t
2
ax by
cz dt
Suy ra
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
c
d
x
y
z
t
2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
c
d
x
y
z
t
ax by
cz dt
a b c d
x
y
z
t
(đpcm)
1 2
x , ta luôn có
Vậy
x x 2,
,..., n
Bổ đề 1.3. Chứng minh rằng với mọi số thực 1
27
2
2
n
n
n
x
j
x i
2 x i
n 2
n 4
1
1
i
j
i
1
2
n
2
2
Chứng minh
S
S
S
i
n 1..
j
S n x . . i
2 x i
x i
, ta xét x
n 2
n 4
j
1
2
2
n
n
n
2
Đặt
S
nS
n S .
x i
x i
.
2 x i
n 2
n 4
i
1
i
1
i
1
2
2
n
n
2
2
nS
nS
2 x i
2 x i
(Đpcm)
n 4
n 4
i
1
i
1
,...,
Vậy
x x 2,
x , ,..., n
y y , 1 2
y là những số thực dương tùy ý. Khi đó, n
n
n
n
n
n
Định lý 1.3. Cho 1
x y i i
2 y i
y i
x i
n 2
i
1
1
1
i
i
1
1
i
i
2 x i
ta có
n
Chứng minh
S
j
x
j
1
Đặt
2
2
n
n
n
S
S
x i
y i
x i
2 y i
(a)
n 2
n 2
i
1
i
1
i
1
2
2
n
n
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có
S
x i
2 x i
n 2
n 4
i
1
i
1
n
n
n
n
n
n
Theo đẳng thức (1.5), ta có
S
S
y
x i
y i
x y i i
y i
i
x y i i
n 2
n 2
n 2
i
1
i
1
i
1
1
1
i
i
i
1
x i
Mà
28
2
2
n
n
n
n
n
y
y
i
x y i i
2 x i
2 i
n 2
n 4
1
1
i
i
i
1
1
1
i
i
x i
n
n
n
n
n
Thay vào (a) ta có
y i
x y i i
2 y i
2 x i
n 2
n 2
1
1
i
i
i
1
1
1
i
i
x i
n
n
n
n
n
Khai căn 2 vế, ta có
x y i i
2 y i
y i
x i
n 2
i
1
1
1
i
i
1
1
i
i
2 x i
Vậy
Bổ đề 1.4. Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta luôn có kết quả
2
2
2
2
2
2
4
x
y
z
4
y
z
x
4
z
x
y
x
y
)
(
y
z
)
(
z
x
)
9 (
sau
Chứng minh
2
2
2
4
x
y
z
16
x
y
z
8
xy
8
xz
2
yz
2
2
2
2
4
y
z
x
16
y
x
z
8
xy
8
yz
2
xz
2
2
2
2
4
z
y
x
16
z
x
z
8
zy
8
xz
2
xy
2
Ta có
2
2
2
2
2
2
4
x
y
z
4
y
z
x
4
z
x
y
18
x
y
z
xy
yz
zx
Cộng từng vế ta được
2
2
2
2
2
2
x
y
)
(
y
z
)
(
z
x
)
18
x
y
z
xy
yz
zx
9 (
Lại có
,
,
,
,
,
Vậy ta có điều phải chứng minh.
a b c x y z là những số thực dương. Khi đó ta có
Định lý 1.4. Cho
29
2
2
2
2
2
2
x
y
3
a
b
c
(
x
y
)
(
y
z
)
(
z
x
)
(
ax by
cz
)
z a b c
Chứng minh
a
z
y
y
b
4
z
c
z
y
x
3
z
3
y
y
z
3
z
x
4 y
ax by
3
z
y z c x cz
x 4 a x a b c
z
x b x
y
Ta có
2
a
4
x
y
b
4
y
c
4
z
y
z
2
2
2
2
2
2
a
b
4
x
y
z
4
y
z
x
4
z
x
c
y
z
x z
a
4
x
y
z
b
4
y
x
z
c
4
z
y
z
2
2
2
2
2
2
a
b
c
4
x
y
z
4
y
z
x
4
z
x
y
a b c
x
y
z
3
ax by
cz
2
2
2
2
2
2
a
b
c
4
x
y
z
4
y
z
x
4
z
x
y
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có
a b c
x
y
z
3
ax by
cz
2
2
2
2
2
2
Theo (1.7)
3
a
b
c
(
x
y
)
(
y
z
)
(
z
x
)
(đpcm)
1.2. Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ nhất của bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz trong đại số.
,a b c là những số thực dương. Chứng minh rằng:
,
Bài 1. Cho
30
2
2
2
3
a
b
c
a b c
1 2 a
1 2 b
1 2 c
2 3
1 a
1 b
1 c
Chứng minh
y
x
z
ta có điều phải chứng minh.
1 , a
1 , b
1 c
Áp dụng Định lý 1.1 với
,a b là những số thực dương. Chứng minh rằng
2
2
a
2
b
a
1
a
b
1 2
1
2
1 2
1 b 4
4 3
Bài 2. Cho
Chứng minh
b 1, a 2 , b y x
a c z 1
Áp dụng Định lý 1.1 với ta có điều phải chứng minh.
x y z là các số thực dương. Chứng minh rằng ,
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
y
z
xy
yz
zx
x
y
z
2
x
2
y
2
z
xy
yz
zx
2 3
Bài 3. Cho
x
y
y
z
z
x
a
,
b
,
c
Chứng minh
2
2 x
2 x z ,
z y ,
y
Áp dụng Định lý 1.1 với
2
2
2
x
y
y
z
z
x
x
y
y
z
z
x
2
2
2
z
x
y
z
x
y
2
2
2
2
2
2
x
y
z
2
2 3
Ta được
31
2
2
2
x
y
z
xy
yz
zx
2
2
2
2
x
y
z
x
y
z
xy
yz
zx
2
2 3
2
2
2
x
y
z
xy
yz
zx
2
2
2
2
2
2
x
y
z
2
x
2
y
2
z
xy
yz
zx
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
y
z
xy
yz
zx
x
y
z
2
x
2
y
2
z
xy
yz
zx
1 3 2 3
(đpcm)
,a b c là những số thực dương. Chứng minh rằng
,
2
2
2
2
2
2
a 2
b
2
b 2
c
2
c 2
a
2
1
1
1
a b c
ab bc
ca
1
1 3
7 3
Bài 4. Cho
Chứng minh
a x
b , x y
a c , z
1 1
2
2
ab a
1
2
a
b
2
2
a
b
2
Áp dụng định lý 1.1 với ,
1
1
2 3
2
2
2
a
b
2
2
ab
4
a b
ab a
1
2
1
2 3
ab
a 5
b 2
1
1 3
Ta được
2
2
b 2
c
2
bc
b 5
c 2
1
1
1 3
2
2
c 2
a
2
ca
c 5
2
a
1
1
1 3
Chứng minh tương tự, ta có
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, ta được
32
2
2
2
2
2
2
a 2
b
2
b 2
c
2
c 2
a
2
1
1
1
a b c
ab bc
ca
(đpcm)
1
7 3
1 3
. Chứng minh rằng:
2
1 x
1 y
1 z
x
1
y
1
z
1
x
y
z
x
y
z
1
1
1
2 3
1 x
1 y
1 z
Bài 5. Cho x, y, z >1 và
a
Chứng minh
c
b
1z z
1x x
1y y
x
Áp dụng Định lý 1.1 với , ,
z
y
, z , y x
x
1
y
1
z
1
x
1
y
1
z
1
x
y
z
x
z
y
x
y
z
1
1
1
2 3
1 x
1 z
1 y
x
1
y
1
z
1
3
x
y
z
1 x
1 z
1 y
x
1
y
1
z
1
x
y
z
2 3
x
y
z
Ta có:
, nên
2
1 x
1 y
1 z
Mà
33
x
1
y
1
z
1
x
y
z
x
y
z
1
1
1
2 3
1 x
1 y
1 z (đpcm)
. Chứng minh rằng:
2
1 x
2 y
x
1 2
y
1
x
2
y
x
2
y
1
2 1
2 3
1 x
1 y
Bài 6. Cho x, y >1 và
Chứng minh
z , ta có điều phải chứng minh.
Áp dụng bài 5 với y
,a b c là những số thực dương và
,
x
. Chứng minh rằng
1
y
z
2
2
2
2
2
2
a b c
3
ax by
cz
3
a
b
c
x
y
z
1
1
1
Bài 7. Cho
Chứng minh
2
2
2
2
2
2
x
y
3
a
b
c
(
x
y
)
(
y
z
)
(
z
x
)
(
ax by
cz
)
z a b c
Từ Định lý 1.4 ta có
x
, nên
1
y
z
x
, 1
y
z
y
, 1
x
z
z
. Ta có y
1
x
2
2
2
2
2
2
x
y
3
a
b
c
(1
z
)
(1
x
)
(1
y
)
(
ax by
cz
)
z a b c
Vì
(đpcm)
a b c x y z là những số thực dương. Chứng minh rằng
,
,
,
,
,
2
2
2
2
ax ay bx
by 5
a
b 2
2
x
y
4
y
2
3 2
Bài 8. Cho
Chứng minh
y , ta có
Áp dụng Định lý 1.4 với c b , z
34
2
2
2
2
x
2
b 2
3
a
b 2
2
x
y
4
y
ax
by 2
y a
2
2
2
ax
bx 2
2
ay
by 4
ax 3
by 6
3
a
b 2
2
x
y
4
y
2
(đpcm)
,a b c là những số thực dương. Chứng minh rằng
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
c
a
b
c
ab bc
ca
2
a
b 2
2
c
ab bc
ca
2 3
Bài 9. Cho
Chứng minh
; y
; z c a
, ta được
a b
2
2
2
2
2
a
b
c
b c
c a
a b
a b c
b c a
c a b
2 .
a b c b c
c a a b
2 3
2
2
2
2
2
2
2
ab bc
ca
2
a
b
c
a
b
c
ab bc
ca
a b c
2
4 3
2
2
2
2
2
2
b
c
a
b
c
ab bc
ca
2 a
2
2
2
a
b
c
2
ab
bc 2
2
ca
2
ab bc
ca
4 3
Áp dụng Định lý 1.1 với x b c
(đpcm)
x
. Chứng minh rằng
3
y
z
x y z là những số thực dương và ,
,
2
2
2
y
z
81 x
2
2
2
2
2
2
2
2
7
x
y
z
4
xy
yz
zx
16
xy
yz
zx
x
y
z
Bài 10. Cho
35
Chứng minh
a b c
y z x
z x y
Áp dụng Định lý 1.1 với
2
2
2
2
2
2
z
x
y
x
y
z
x
y
y
z
z
x
x y
y z
z x
Ta có
x
y
z
.2
x
y
z
2 3
.
2
2
2
2
2
2
4
x
y
z
4
y
z
x
4
z
x
y
9
x
y
y
z
z
x
2
2
2
2
2
2
y
y
z
z
x
4
x
y
z
4
y
z
x
4
z
x
y
x
1 9
x
y
Mà theo Bổ đề 1.4 ta có
z 3
2
2
2
2
2
2
y
y
z
z
x
x
y
z
x
1
1
1
Ta có:
2
2
2
2
2
2
2
2
xy
yz
zx
x
y
z
x
y
z
x
y
z
1
1
1
4 3
2
2
2
2
2
2
x
y
z
x
y
z
2
x
2
y
2
z
3
2
2
2
x
y
z
2
xy
2
yz
2
zx
2
xy
yz
zx
4 3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
y
z
x
y
z
9
x
y
z
xy
yz
zx
4 3
2 3
2
2
2
Vậy
X x
y
z
Đặt
36
Y xy
yz
zx
9
X
Y
X X
4 3
2 3
Vậy ta có:
2
2
9
X
XY
Y
X X
16 9
16 9
4 9
2
2
81
X
7
X
16
XY
Y 4
2
2
2
Bình phương 2 vế, ta được:
y
z
81 x
2
2
2
2
2
2
2
2
7
x
y
z
4
xy
yz
zx
16
xy
yz
zx
x
y
z
Hay:
(đpcm)
x y z và ,
1
,
x
. Chứng minh rằng
3
y
z
3
1
2
1
1
x
1
y
1
z
1
1 x
1 y
1 z
1 x
1 y
1 z
Bài 11. Cho
Chứng minh
b
y
; 1
a
x
; 1
c
z
1
Áp dụng Định lý 1.1 với
y
z
x
1 z
1 y
1 x
và ; ;
y
1
x
1
z
1
x
y
z
3
1 x
1 y
1 z
x
y
z
x
1
y
1
z
1
2 3
1 x
1 y
1 z
Ta có
37
x
, nên
3
y
z
1
1
1
x
1
y
1
z
1
1 x
1 y
1 z
2 3
1 x
1 y
1 z
Mà
(đpcm)
a b c d . Chứng minh rằng: ,
, ,
0
2
2
2
2
a
b
c
d
a b c d
4
1 2 a
1 2 b
1 2 c
1 2 d
1 a
1 b
1 c
1 d
1 2 Chứng minh
Bài 12. Cho
x
,
y
,
z
,
t
1 a
1 b
1 c
1 d
Áp dụng Định lý 1.2 với . Ta có đpcm.
a b c d x y z t , ,
,
,
,
,
,
ta có:
0
2
2
2
2
2
2
2
2
a
3
3
2
x
b
3
3
3
3
y
c
z
3
d
3
t
ax by
Bài 13. Chứng minh rằng:
12 3 a b c d
y
z
t
cz dt
. x
Chứng minh
b c d
1,
y
z
t 1
2
2
Áp dụng Định lý 1.2 với
ax
3
3
a
3
x
a
3
x
3
1 2
2
2
ax 2
a
3
x
ax
3
a x
9
6 2 3
2
2
ax
a
3
x
2
a x
. 3
2 3
Ta có:
2
2
by
2
3
b
3
y
2
b
y
. 3
Tương tự ta có:
38
2
2
cz
c
3
z
2
c
z
. 3
2 3
2
2
dt
d
3
t
2
d t
. 3
2 3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
a
3
x
b
3
3
3
3
c
y
z
3
d
3
t
ax by
cz dt
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta được:
3
a b c d
x 12
z
y
t
.
a b c d . Chứng minh rằng: ,
0
2
2
2
2
2
2
2
2
3
a
a 3
3
b
b 3
3
c
c 3
3
d
d 3
1
1
1
1
b
a
d
2
2
2
a
1
b
1
d
1
1
c
Bài 14. Cho , ,
4
c 2 d
3 2
a
b
c
.
Chứng minh
x
,
y
,
z
,
t
1 b
1 a
1 c
1 d
2
2
2
2
4 2
3
a
3
3
b
3
3
c
3
3
d
3
1 2 a
1 2 b
1 2 c
1 2 d
Áp dụng bài 13 với ta có:
3
a b c d
12
1 a
1 b
1 d
1 c
2
2
2
2
2
2
2
2
3
a
a 3
3
a
a 3
3
a
a 3
3
a
a 3
1
1
1
1
a
a
a
a
2
2
2
2
a
b
1
c
1
d
1
1
.
4
3 2
a
b
c
d
. (đpcm).
39
a b c d x y z t và ,
0
,
,
,
,
,
,
a b c d
. Chứng minh z
1
x
y
t
Bài 15. Cho
2
2
2
2
2
2
2
2
3
a
3
x
3
b
3
3
z
3
d
3
t
y
c
3
ax by
dt
rằng:
9
cz 2
.
a b c d
y
x
z
t
Chứng minh
ta có điều phải chứng minh. 1
y
x
z
t
,
,
,
,
,
,
,
Áp dụng bài 13 với
a b c d x y z t và a b c d 0
. Chứng minh
Bài 16. Cho
2
2
2
2
2
2
2
2
a 3
x
b 3
y
c 3
z
d 3
1 3
1
1 3
1
1 3
1
t 1 3
1
3
ax
by 3
cz 3
dt 3
4
3 2
rằng:
Chứng minh
a x
b 1; z y 3 ;
a ; d c z t 1;
Áp dụng Định lý 1.2 với:
2
2
3
x
a 3
9
x
3
3
x
3
9
ax
9
a
3
x
3
1 3 a
1 3 a
1 2
1 2
2
2
3
a
3
x
9
ax
3
a
3
x
3
1 3
1
1 2
2
2
3
x
3
ax a
x 1
a 1 3
1
3 2
Ta có:
Tương tự ta cũng có:
40
2
2
3
y
by b 3
y 1
1 3 b
1
3 2
2
2
3
z
cz 3
c
z 1
1 3 c
1
3 2
2
2
t 3
3
dt
d
t 1
1 3 d
1
3 2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
x
3
y
3
z
t 3
1 3 a
1
1 3 b
1
1 3 c
1
1 3 d
1
ax 3
by 3
cz 3
dt 3
a b c d
x
y
z
t
4
3 2
Cộng từng vế 4 bất đẳng thức trên ta được:
, nên ta có điều phải chứng minh.
x
y
z
t
Mà theo giả thiết thì: a b c d
0,
i
n 1...
ix
n
n
n
n
x i
n 2
1
1
i
i
1
1
i
i
1 2 x i
1 x i
2 x i
.
1
Bài 17. Cho . Chứng minh rằng:
Chứng minh
;
i
n 1..
y i
1 x i
Áp dụng Định lý 1.3 với ta có điều phải chứng minh.
n
0,
i
n 1...
ix
i
1n x 1 i
n
n
n
Bài 18. Cho và . Chứng minh rằng:
1 2
1
x i
x i
. n
i
1
i
1
i
1
1 x i
.
Chứng minh
41
1
x i
y
;
i
n 1...
;
x i
i
x i
x i
Áp dụng Định lý 1.3 với: .
n
n
n
n
n
1
x i
x i
.
1
x i
x i
x i
n 2
i
1
i
1
1
i
i
1
i
1
1 x i
x i
1 . x i
n
n
x i
Ta có:
n
0
i
1
i
1
1 x i
1 x i
n
n
n
Mà: .
1 2
1
x i
x i
. n
i
1
i
1
i
1
1 x i
(đpcm).
a b c và ,
0
,
ab bc
ca
1
. Chứng minh rằng
2
2
2
2 3
ab
2 3
bc
2 3
ca
9 1 2
b
c
abc a
.
Bài 19. Cho
Chứng minh
x
,
y
,
z
, ta có
1 b
1 c
1 a
2
2
2
Áp dụng Bổ đề 1.1 với:
9
2 a
2 b
1 c
2 b
2 c
1 a
2 c
2 a
1 b
1 2 a
1 2 b
1 2 c
2
2
2
2
2
bc
ab
2
ca
2
ab
ca
2 2 a b
2 c a
9
2 2 b c 2 2 2 a b c
2
2
2
bc 2
ca ab
ca 2
ca 2 2 2 2 a b c 2
2 ab bc 2 2 2 a b c 2
ab bc
2
bc 2 2 2 2 a b c bc 2 ab
ca
2
2
9
ab bc
ca
2 ab c 2
abc 2
2 a bc 2
.
.
ab bc
ca
. Nên:
1
2
2
2
2 3
ab
2 3
bc
2 3
ca
9 1 2
c
abc a b
. (đpcm).
Mà
42
xy
yz
zx
1
x y z , ,
. Chứng minh rằng:
0
2
2
2
a b c
axy byz
czx
a
b
c
y
z
xyz x
1 2
.
2 3
Bài 20. Cho
Chứng minh
a
2 3
xy
b
2 3
yz
c
2 3
zx
2
2
2
2
2
2
2
a
b
c
2 3
xy
2 3
yz
2 3
zx
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
2
2
2
2 3
xy
2 3
yz
2 3
zx
9 1 2
y
z
xyz x
.
Theo bài 19:
2
2
2
2
2
a
b 2
c 2
3
axy byz
czx
a
b
c
y
z
xyz x
.9 1 2
.
2
2
2
a b c
2
3
axy byz
czx
3
a
b
c
y
z
xyz x
1 2
.
2
2
2
a b c
2
3
axy byz
czx
3
a
b
c
y
z
xyz x
1 2
.
2
2
2
a b c
axy byz
czx
a
b
c
y
z
xyz x
1 2
.
2 3
Vậy:
xy
yz
zx
1;
x y z , ,
0
(đpcm).
. Chứng minh rằng:
Bài 21. Cho
y
x
z
y
z
xyz x
2 xyz
3
1 2 x
1 2 y
1 2 z
1 2
.
Chứng minh
43
a
;
b
;
c
, ta có
1 x
1 y
1 z
y
x
z
y
z
Áp dụng bài 20 với
xyz x
1 y
1 z
1 2 x
1 2 y
1 2 z
2 1 x 3
1 2
.
xy
yz
zx
nên
1
1 x
1 y
1 z
1 xyz
y
x
z
y
z
Lại có , từ đó có:
xyz x
2 xyz
3
1 2 x
1 2 y
1 2 z
1 2
.
xy
yz
zx
1;
x y z , ,
. Chứng minh rằng:
0
2
2
2
x
y
z
3
xyz
x
y
z
y
z
xyz x
1 2
.
2 3
Bài 22. Cho
Chứng minh
a
z b x c ;
;
. Ta có điều phải chứng minh.
y
Áp dụng bài 20 với
x y z , ,
ta luôn có:
0
4
4
4
2
2
2
x
y
z
x
z
Bài 23. Chứng minh rằng:
2
2
2
y 9
2
x
2
y
z
2
y
2
z
x
2
z
2
x
y
.
Chứng minh
,
,
,
,
. Ta luôn có:
0
a a a b b b , 1 3 3
2
2
1
2
Đầu tiên, ta chứng minh kết quả sau:
2 a 1 b 1
2 a 2 b 2
2 a 3 b 3
a 1 b 1
a 2 b 2
a 3 b 3
.
2
2
Thật vậy, theo Cauchy-Schwarz ta có:
a
b 1
b 2
a 1
2
2 a 1 b 1
2 a 2 b 2
2 a 1 b 1
2 a 2 b 2
a 1 b 1
a 2 b 2
. (1)
44
2
2
b 1
b 2
b 3
a 1
a 2
a 3
a 1 b 1
a 2 b 2
2 a 3 b 3
2
2
Lại có: .
a 1 b 1
a 2 b 2
2 a 3 b 3
a 1 b 1
a 2 b 2
a 3 b 3
2
. (2)
2 a 1 b 1
2 a 2 b 2
2 a 3 b 3
a 1 b 1
a 2 b 2
a 3 b 3
2
Từ (1) và (2) . (*)
2 x a ;
z
a 1
2 y a ; 3
2
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức (*) với: và
2
x
2
y
z
;
2
y
2
z
x
;
2
z
2
x
y
b 1
b 2
b 3
4
4
4
x
y
z
.
2
2
2
2
x
2
y
z
2
y
2
z
x
2
z
2
x
y
2
2
2
2
x
y
z
Ta có:
2
2
2
2
x
2
y
z
2
y
2
z
x
2
z
2
x
y
.
2
2
2
2
2
2
Mà theo Bổ đề 1.1, ta có:
2
x
2
y
z
2
y
2
z
x
2
z
2
x
y
9
x
y
z
4
4
4
x
y
z
.
2
2
2
2
x
2
y
z
2
y
2
z
x
2
z
2
x
y
2
2
2
2
2
2
2
y
z
x
z
Nên:
2
2
2
y 9
9
x
y
z
x
(đpcm).
1.3. Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ nhất của bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz trong lượng giác.
Ta có thể sử dụng dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để sáng
tạo và chứng minh một số bất đẳng thức trong lượng giác.
45
;
;
Trong phần này, ta luôn giả sử tam giác ABC có:
AB c BC a CA b
p
a b c 2
S là diện tích tam giác, là nửa chu vi
m m m lần lượt là độ dài đường trung tuyến kẻ từ A; B; C
;
;
a
b
c
;
;
h h h lần lượt là độ dài đường cao kẻ từ A; B; C a
b
c
Bài 1. Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a, b, c và độ dài 3 trung tuyến tương
m m m . Chứng minh rằng:
,
,
a
b
c
2
2
2
a
b
c
a b c m m m c
a
b
a m b m c m . . c
b
a
3 2
2 3
ứng là
Chứng minh
,
,
x m y m z m c
a
b
2
2
a
b
a m b m c m . . c
a
b
2 2 c m m m c
2 b
2 a
a b c m m m c
b
a
2 3
Áp dụng Định lý 1.1 với ta có
2
2
2
b
c
(1)
2 m a
2
a 4
2
2
2
a
c
2 m b
2
b 4
2
2
2
b
a
2 m c
2
c 4
2
2
2
Ta có
a
b
c
2 2 m m m b c
2 a
3 4
Cộng từng vế 3 đẳng thức trên, ta được:
Thay vào bất đẳng thức (1) ta được điều phải chứng minh.
Bài 2. Cho tam giác ABC, chứng minh rằng
46
2
2
2
a
b
c
6
S
2 h a
2 h b
2 h c
a b c h a
h b
h c
2 3
Chứng minh
, ta được
,
,
x h y h z h c
b
a
2
2
2
a
b
c
a h . a
b h . b
c h c
2 h a
2 h b
2 h c
a b c h a
h b
h c
2 3
Áp dụng Định lý 1.1 với
2
S
a h . a
b h . b
c h c
Mà , từ đó có điều phải chứng minh.
2
2
2
2
2
2
2(
r R
)
a
b
c
cot
A
cot
B
cot
C
a b c
2 3 3
Bài 3. Cho tam giác ABC, chứng minh rằng
Chứng minh
x
cot
A y ,
cot
B z ,
cot
C
Áp dụng Định lý 1.1 với
2
2
2
2
2
2
a .cot
A b
.cot
B c
.cot
C
a
b
c
cot
A
cot
B
cot
C
Ta được
a b c
cot
A
cot
B
cot
C
2 3
(1)
a .cot
A b
.cot
B c
.cot
C
2(
r R
)
2
2
2
2
2
2
(1)
2(
r R
)
a
b
c
cot
A
cot
B
cot
C
a b c
cot
A
cot
B
cot
C
2 3
Mà
A
cot
B
cot
C
3
Lại có cot
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
47
1
1
1
1 R 4
3 2
1 2 a
1 2 b
1 2 c
1 b
1 c
4 1 a 3
sin
sin
sin
A 2
B 2
C 2
Bài 4. Cho tam giác ABC, chứng minh rằng
a
,
b
,
c
1 a
1 c
1 b
Chứng minh
cos
,
y
cos
,
z
cos
C 2
x
A 2
B 2
Áp dụng Định lý 1.1 với
2
2
2
.cos
.cos
cos
cos
cos
cos
A 2
1 a
A 2
1 b
B 2
1 c
C 2
1 2 a
1 2 b
1 2 c
B 2
C 2
cos
cos
cos
A 2
1 b
1 c
B 2
C 2
2 1 a 3
Ta được
a
2 sin ,
A b
R
B c 2 sin ,
R
2 sin
R C
1
1
1
.cos
.cos
cos
Mà ,
1 a
A 2
1 b
B 2
1 c
1 R 4
C 2
sin
sin
sin
B 2
A 2
C 2
2
2
2
Suy ra
cos
cos
cos
, nên
A 2
B 2
C 2
9 4
1
1
1
cos
cos
cos
1 R 4
3 2
1 2 a
1 2 b
1 2 c
1 b
1 c
A 2
B 2
C 2
2 1 a 3
sin
sin
sin
Lại có
cos
cos
, từ đó có điều phải chứng minh.
2
A 2 A 2
B 2 B 2
C 2 C 2
Mà cos
48
2
2
2
2
2
r 3
r 3
a
b
c
4
S
a h a
b h b
c h c
1 2 h a
1 2 h b
1 2 h c
Bài 5. Cho tam giác ABC, chứng minh rằng
Chứng minh
x
y
z
1 h a
1 h b
1 h c
2
2
2
a
b
c
a b c
2 3
a h a
b h b
c h c
1 2 h a
1 2 h b
1 2 h c
1 h a
1 h b
1 h c
Áp dụng Định lý 1.1 với , , , ta có
2
p
a b c
2 S r
1 , r
1 h a
1 h b
1 h c
2
2
2
a
b
c
.
2 2 S . r 3
1 r
a h a
b h b
c h c
1 2 h a
1 2 h b
1 2 h c
Mà , cho nên
2
2
2
2
2
r 3
r 3
a
b
c
4
S
a h a
b h b
c h c
1 2 h a
1 2 h b
1 2 h c
Vậy ta có
p
3
R
2 2 m m m b c
2 a
3 3
1 2 sin
A
1 2 sin
1 2 sin
B
2 3
1 sin
A
1 sin
B
1 sin
C
C Chứng minh
Bài 6. Cho tam giác ABC , chứng minh rằng
x
y
z
1 sin
A
1 sin
B
1 sin
C
Áp dụng Định lý 1.1 với ; ; , ta được
49
2
2
2
a
b
c
a sin
A
b sin
B
c sin
C
1 2 sin
A
1 2 sin
B
1 2 sin
C
a b c
2 3
1 sin
A
1 sin
B
1 sin
C
2
R
a sin
A
b sin
B
c sin
C
2
2
2
Theo định lý hàm số sin:
a
b
c
2 2 m m m b c
2 a
3 4
2
2
2
Theo công thức trung tuyến, ta có: ,
a
b
c
2 2 m m m b c
2 a
4 3
nên
6
R
a b c
2 2 m m m b c
2 a
1 2 sin
1 2 sin
B
1 2 sin
C
A
2 3
1 sin
A
1 sin
B
1 sin
C
2 3
Từ đó ta có:
p
3
R
2 a
2 2 m m m b c
3 3
1 2 sin
1 2 sin
B
A
C
2 3
1 sin
A
1 sin
B
1 sin
C
1 2 sin Bài 7. Cho tam giác ABC, chứng minh rằng
2
2cos cos cos
A
B
C
4 cos
cos
cos
sin sin sin
B
A
C
1 2
2 3
A 2
B 2
C 2
9 4
Hay
a
sin ;
A b
sin ;
B c
sin
C
Chứng minh
x
cos ;
A y
cos ;
B z
cos
C
Áp dụng bất đẳng thức (1.2) với
Ta có
50
2
2
2
2
2
2
A sin .cos
A
B sin .cos
B
C sin .cos
C
sin
A
sin
B
sin
C
cos
A
cos
B
cos
C
sin
A
sin
B
sin
C
cos
A
cos
B
cos
C
2 3
A sin .cos
A
B sin .cos
B
C sin .cos
C
(sin 2
A
sin 2
B
C sin 2 )
2sin .sin .sin
B
A
C
1 2
2
2
2
2
sin cos
A A
sin cos
B 2 B
sin cos
C 2 C
C C
sin
A
sin
B
sin
C
4cos
cos
cos
2 2cos .cos .cos A A 1 2cos .cos .cos B A 2 2
B B C 2
cos
A
cos
B
cos
C
1 4sin
sin
sin
C 2
B 2
A 2
Mà
2
2
2
2
2
2
sin
A
sin
B
sin
C
cos
A
cos
B
cos
C
A 2 2cos .cos .cos
B
C
A 1 2cos .cos .cos
B
C
2
2cos .cos .cos
A
B
C
9 4
1 2
2
Nên ta có
2sin .sin .sin
B
A
C
2cos .cos .cos
A
B
C
9 4
1 2
.4cos
cos
cos
sin
sin
2 3
A 2
B 2
C 2
A 2
B 2
C 2
1 4sin
Vậy
2
2cos .cos .cos
B
A
C
cos
cos
cos
sin .sin .sin
A
B
C
9 4
1 2
8 3
A 2
B 2
C 2
2 3
Hay
(đpcm)
nhọn. Chứng minh rằng: Bài 8. Cho ABC
51
2
2
2
r R
a
b
c
m m m b c
a
3 p
4
2 3
.
Chứng minh
a
Áp dụng Định lý 1.1 với:
a m b m b c m c
1 h a 1 h b 1 h c
x y z
a
; và ;
2 2 m m m b c
2 a
m m m b c h h h b a c
1 2 h a
1 2 h b
1 2 h c
Ta có:
m m m c
b
a
2 3
1 h a
1 h b
1 h c
. (*)
1
R r
m a h a
m b h b
m c h c
2
2
2
Mà: .
a
b
c
2 2 m m m b c
2 a
3 4
1 . r
1 h a
1 h b
1 h c
2
.
S 2
aa h .
2
a 2 S
a S 4
1 h a
1 2 h a
2
Lại có: .
2
b S 4
1 2 h b
Tương tự ta có: .
52
2
2
c S 4
1 2 h c
2
2
2
a
c
.
2
b 4 S
1 2 h a
1 2 h b
1 2 h c
Cộng từng vế ta được: .
2
2
2
a
c
2
2
2
Thay vào bất đẳng thức (*) ta được:
1
a
b
c
m m m b c
a
2
R r
3 4
b 4 S
2 3
1 r
2
2
2
a
c
a
.
r R r
3 4
b S
2 3
m m m b c r
.
S
p r .
2
2
2
Mà: nên
r R
a
b
c
m m m c
b
a
3 p
4
2 3
. (đpcm).
1
1
1
2
2
2
a
b
c
2
2
2
a b c a
b a c b
c a b c
b c a
a c b
a b c
. Chứng minh rằng: Bài 9. Cho ABC
a b c
2 3
1 a
1 b
1 c
.
Chứng minh
,a b c là 3 cạnh của tam giác và: ,
Áp dụng Định lý 1.1 với
x
,
y
,
z
1 p b
1 p c
1 p a
.
Ta được:
53
1
1
1
2
2
2
a
b
c
2
2
2
a p a
b p b
c p c
p a
p b
p c
a b c
2 3
1 p a
1 p b
1 p c
.
p a
a
b
p b
c
p c
a b c 2 a b c 2 a b c 2
b c a 2 a c b 2 a b c 2
Mà ta có:
4
4
4
2
2
2
a
b
c
2
2
2
a 2 b c a
b 2 a c b
c 2 a b c
b c a
a c b
a b c
Nên:
a b c
2 3
1 p a
1 p b
1 p c
.
Mặt khác:
1 p a
1 p b
4 c
p a
p b
2
.
1 p b
1 p c
4 a
p b
p c
2
.
1 p c
1 p a
4 b
p c
p a
2
.
Cộng từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
54
2
1 p a
1 p b
1 p c
1 a
1 b
1 c
.
4
4
4
2
2
2
a
b
c
2
2
2
2 a b c a
2 b a c b
2 c a b c
b c a
a c b
a b c
Vậy:
a b c
2 3
1 p a
1 p b
1 p c
.
1
1
1
2
2
2
a
b
c
2
2
2
a b c a
b a c b
c a b c
b c a
a c b
a b c
Hay:
a b c
2 3
1 a
1 b
1 c
. (đpcm)
2
2
2
a
c
2
2
2
tan .tan .tan
A
B
C
A
cot
cot
B
cot
C
A
.cot
B
.cot
C
1 2 3cot
2 3
b S 4
Chứng minh
. Chứng minh rằng: Bài 10. Cho ABC
Áp dụng bài 21 phần áp dụng dạng hằng đẳng thức của bất đẳng thức
x
cot
A y ;
cot
B z ;
cot
C
cot
A
cot
B
cot
C
A
1 cot
B
1 cot
C
2 1 3 cot
2
2
2
cot
A
cot
B
cot
C
A
.cot
B
.cot
C
cot
A
cot
B
cot
C
1 2cot
.
2
2
2
a
c
Cauchy-Schwarz trong đại số với . Ta được:
cot
A
cot
B
cot
C
b S 4
Ta có: .
A
cot
B
cot
C
3
. Lại có: cot
55
2
2
2
cot
A
cot
B
cot
C
A
.cot
B
.cot
C
cot
A
cot
B
cot
C
1 2cot
2
2
2
cot
A
cot
B
cot
C
A
.cot
B
.cot
C
1 2 3 cot
2
2
2
a
c
.
tan .tan .tan
B
A
C
b S 4
2 3
2
2
2
Vậy ta có:
cot
A
cot
B
cot
C
A
.cot
B
.cot
C
1 2 3 cot
(đpcm).
56
Bài 2. Dạng hằng đẳng thức thứ 2
2.1. Các định lý.
x y z R . Chứng minh rằng: ,
,
9(
x
y y )(
z z )(
x
) 8(
x
y
z xy )(
yz
zx
)
Bổ đề 2.1. Cho
2
Chứng minh
(
x
y y )(
z
)
xy
xz
yz
y
2
(
x
y y )(
z
)(
z
x
)
(
xy
xz
yz
y
)(
z
x
)
2
2
xyz
2 x y
xz
2 x z
yz
xyz
2 y z
2 y x
2 x y
2 x z
2 y x
2 y z
2 z x
2 z y
2
xyz
Ta có:
2
2
2
x y
xyz
2 x z
xy
2 y z
xyz
xyz
yz
xz
(
x
y
z xy )(
yz
zx
)
2
2 x y
2 x z
2 y x
2 y z
2 z x
2 z y
3
xyz
Mặt khác:
2 x y
2 y z
2 z x
3
xyz
2 x z
2 z y
2 y x
3
xyz
2 x y
2 x z
2 y x
2 y z
2 z x
2 z y
6
xyz
9
2 x y
2 x z
2 y x
2 y z
2 z x
2 z y
2
xyz
8
2 x y
2 x z
2 y x
2 y z
2 z x
2 z y
3
xyz
Mà
9(
x
y y )(
z z )(
x
) 8(
x
y
z xy )(
yz
zx
)
(đpcm)
57
x y z . Khi đó ta luôn có: ,
0
,
1
1
1
2
2
2
16
xy
9 yz
zx
2
x
y
z
x
2
y
z
x
y
2
z
Định lý 2.1. Cho
Chứng minh
x
y
z
(
x
y
)
(
x
z
) 2 (
x
y x )(
z
)
1
4(
x
1 y x )(
z
)
2
x
y
z
2
1
Ta có: 2
4(
y
1 z y )(
x
)
x
2
y
z
2
1
1 z y )(
z
)
4(
x
x
y
2
z
2
Tương tự ta có:
1
1
1
2
2
2
2
x
y
z
x
2
y
z
x
y
2
z
4(
x
z
)
4(
x
z
)
4(
x
z
)
2(
x
1 y x )(
1 z y )(
1 y x )(
y x )( z y y
z )(
z
x
)
(
x
y y )(
z
)(
z
x
)
(
x
y
z xy )(
yz
zx
)
8 9
1
1
1
2
2
2
9 yz
16(
xy
zx
)
2
x
y
z
x
2
y
z
x
y
2
z
Mà theo kết quả Bổ đề 2.1 ta có:
(đpcm)
x y z và ,
0
,
x
. Chứng minh rằng:
1
y
z
Hệ quả 2.1. Cho
58
1
1
1
2
2
2
16
xy
9 yz
zx
x
y
z
1
1
1
Chứng minh
x
ta có điều phải chứng minh.
1
y
z
Áp dụng Định lý 2.1 với
x y z . Khi đó ta luôn có: ,
0
,
yz y
z
2
x
zx y 2
x
z
xy y
x
2
z
3 4
Định lý 2.2: Cho
2
yz y
z
2
x
zx y 2
x
z
xy y
x
2
z
1
1
1
yz
zx
xy
2
2
2
2
x
y
z
x
2
y
z
x
y
2
z
Chứng minh
1
1
1
2
2
2
16
yz
9 zx
xy
x
2
y
z
x
y
2
z
2
x
y
z
2
yz
zx
xy
yz y
2
x
zx y 2
xy y
x
2
z
z
x
z
9 zx
16
yz
xy
9 16
Mà theo Định lý 2.1
yz y
z
2
x
zx y 2
x
z
xy y
x
2
z
3 4
(Đpcm)
x y z t . Chứng minh rằng: ,
,
,
(
x
y y )(
z z )(
t
t )(
x
)
(
x
y
z
t xyz )(
yzt
ztx
txy
)
Bổ đề 2.2. Cho 4 số thực
.
Chứng minh
59
2
2
(
x
y y )(
z
)(
z
t
)(
t
x
)
(
xy
yz
zx
y
)(
zt
zx
tx
t
)
2 x yz
2 x zt
2 x yt
2 y xz
2 y xt
2 y zt
2 z xy
2 z xt
Ta có:
2 z yt
2 t xy
2 t yz
2 t xz
2 2 x z
2 2 y t
2
xyzt
.
(
x
y
z
t xyz )(
yzt
ztx
txy
)
2 x yz
2 x zt
2 x yt
2 y xz
2 y xt
2 y zt
2 z xy
Mặt khác:
2 z xt
2 z yt
2 t xy
2 t yz
2 t xz
4
xyzt
.
2 2 x z
2 2 y t
2
xyzt
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM: .
x
y y )(
z z )(
t
t )(
x
)
(
x
y
z
t xyz )(
yzt
ztx
txy
)
. Vậy (
x y z t . Chứng minh rằng: ,
,
,
1
1
1
1
3
3
3
3
2
x
2
y
z
t
x
2
y
2
z
t
x
y
2
z
t 2
2
x
y
z
t 2
Bổ đề 2.3: Cho 4 số thực dương
2 yzt
27(
xyz
ztx
txy
)
.
Chứng minh
x
z
y
y
z
t
33 (
x
y y )(
z
)(
z
t
)
x
2
y
2
z
t
3 ( 3
x
y y )(
z
)(
z
t
)
2
y
2
z
t
27(
x
z
)(
z
t
)
x
3
1
y y )( 1 y y )(
27(
x
z z )(
t
)
x
2
y
2
z
t
3
Ta có:
60
1
27(
y
t
t )(
x
)
1 z z )(
x
y
2
z
t 2
3
1
1
27(
z
t
t )(
x x )(
y
)
2
x
y
z
t 2
3
1
1 x x )(
t 27(
y y )(
z
)
2
x
2
y
z
t
3
Tương tự ta có:
1
1
1
1
3
3
3
3
x
y
2
z
t 2
2
x
y
z
t 2
2
x
y
z
t 2
2
x
2
y
z
t
1 . 27 (
x
2( x y y )(
z )( t z
y z
t ) )(
t
x
)
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
(
x
y y )(
z z )(
t
t )(
x
)
(
x
y
z
t xyz )(
yzt
ztx
txy
)
1
1
1
1
3
3
3
3
x
y
2
z
t 2
2
x
t 2
2
x
y
z
t 2
2
x
2
y
z
t
z
y
2 yzt
27(
xyz
ztx
txy
)
Theo Bổ đề 2.2, ta có
x y z t , , ,
ta luôn có:
0
3
3
3
3
Định lý 2.3:
xyz y
yzt z
2
x
2
z
t
2
y
2
t
x
2
z
ztx x t 2
y
t 2
2
txy y x
z
2 3
.
Chứng minh
Áp dụng định lý:
61
3
a
a
a
c
c
a b c 1 1 1
a b c 2 2 2
a b c 3 3 3
a b c 4 4 4
3 a 1
3 2
3 3
3 4
3 b 1
3 b 2
3 b 3
3 b 4
3 c 1
3 2
3 c 3
3 4
3
3
3
3
3
xyz y
yzt z
2
x
2
z
t
2
y
2
t
x
2
z
ztx x t 2
y
t 2
2
txy y x
z
3 1
3 1
3 1
xyz
yzt
ztx
txy
.
3 1
1
1
1
1
.
3
3
3
3
z
2
2
x
t
2
y
2
z
t
x
2
z
t 2
x
t 2
2
x
y
z
y
y Theo Bổ đề 2.3 ta có:
1
1
1
1
3
3
3
3
2
x
2
y
z
t
2
y
2
z
t
x
2
z
t 2
x
t 2
2
x
y
z
y
Ta có:
2 yzt
27(
xyz
ztx
txy
)
.
3
3
3
3
3
xyz y
yzt z
2
x
2
z
t
2
y
2
t
x
2
z
ztx x t 2
y
t 2
2
txy y x
z
4.2 27
3
3
3
3
2
x
2
z
t
x
2
y
z
t
x
y
t 2
2
x
yzt 2
ztx z 2
txy z
y
t 2
2 3
xyz y
Thay kết quả này vào bất phương trình đầu tiên ta có:
(đpcm).
x y z t và ,
0
,
,
x
. Chứng minh rằng:
1
y
z
t
3
3
3
3
Hệ quả 2.2: Cho
xyz y
1
x
yzt z
1
y
ztx t
z
1
t
txy x
1
2 3
.
x
1
y
z
t
Chứng minh
ta có điều phải chứng minh.
Áp dụng Định lý 2.3 với
62
x y z t và ,
0
,
,
xyzt . Chứng minh rằng:
1
3
3
3
3
2 3
1 2
1 y 2
1 y
t
2
x
y
z
t
2
z
t
2
z
t 2
z
2
x
z
t 2
1 y
x x
y x
Hệ quả 2.3: cho
1
Chứng minh
xyzt ta có điều phải chứng minh.
Áp dụng Định lý 2.3 với
2.2. Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ hai của bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz trong đại số.
,a b c không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:
,
2
2
2
2
2
2
bc 2 b
2
a
c
a
c
a
ca 2 b 2
ab 2 b
c 2
3 4
Bài 1. Cho
2
2
Chứng minh
c
x a y b 2 z
Áp dụng Định lý 2.2 với ta có điều phải chứng minh.
a b c d . Chứng minh rằng: ,
, ,
0
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
2
a
c
d
a
b 2
c
d
a
b
2
d
2
a
b
2
d
cda c 2
dab 3 c
2 3
abc 3 b 2
bcd 3 2
Bài 2. Cho
3
3
3
Chứng minh
x a y b z ;
;
3 c t ;
d
Áp dụng Định lý 2.3 với: . Ta có điều phải chứng minh.
a b c d . Chứng minh rằng: ,
, ,
0
Bài 3. Cho
3
3
3
3
a
a
2
b
b
2
c
c
2
d
2
d
a 3 a
1 5
b 3 b
1 5
c 3 c
1 5
d 3 d
1 5
8 3
.
Chứng minh
63
b
, ta có: 1
d
c
Áp dụng bài 2 với
3
3
a 3
4
1
5
a
a
a
2
a
5
2
a
a 3
4
2 3
.
3
a
a
2
a 3 a
1 5
2 3
.
Chứng minh tương tự ta có:
3
b 3 b
1 5
b
2
b
2 3
.
3
c 3 c
1 5
c
2
c
2 3
.
3
d
d
2
d 3 d
1 5
2 3
.
Cộng từng vế bốn bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
a b c
.
1
d
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x y z và ,
0
,
xyz
yzt
ztx
txy
. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
1
2
2
2
2
1 27
2
x
2
y
z
t
x
2
y
2
z
t
x
y
2
z
t 2
2
x
y
z
t 2
Bài 4. Cho
xyz
yzt
ztx
txy
1
Chứng minh
, ta có điều phải chứng minh.
Áp dụng Bổ đề 2.3 với
0x . Chứng minh rằng:
1
1
2
Bài 5. Cho
3
3
3
54
x
8
x
2
27
x
1 x x
1
8 2
1
1
.
Chứng minh
y
x z ;
, ta có: 1
t
Áp dụng Bổ đề 2.3 với
64
1
1
1
1
3
3
3
3
2
2
27
x
1 x
x
x
4
x
2
3
x
3
2
x
4
3
x
3
1
1
2
.
3
3
3
54
x
8
x
2
27
x
1 x x
1
8 2
1
1
. (đpcm).
0x . Chứng minh rằng:
3
3
x 2
x
1 x 5 x
2 3
Bài 6. Cho
Chứng minh
y
. Ta có: 1
z
t
3
3
3
x
2
x
4
1
x
5
x 5
x
x
2
x
4
2 3
3
3
Áp dụng Định lý 2.3 với
x 2
x
1 x 5 x
2 3
(đpcm)
2.3. Áp dụng dạng hằng đẳng thức thứ hai của bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz trong lượng giác.
1
1
1
. Chứng minh rằng: Bài 1. Cho ABC
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
9 64S
a
b
b
c
c
a
.
2
2
2
b
a
2
2
2
2
2
2
b
b
a
Chứng minh
cot
A
c bc 2 A sin
cos sin
A A
c sin bc 2
a A
c S 4
2
2
2
a
b
Ta có: .
cot
B
c S 4
Tương tự ta có: .
65
2
2
2
a
c
cot
C
b S 4
2
2
2
a
c
.
cot
A
cot
B
cot
C
b S 4
Công từng vế 3 phương trình trên ta có: .
x
cot
A y ;
cot
B z ;
cot
C
Áp dụng Định lý 2.1 với: .
1
1
1
2
2
2
2cot
A
cot
B
cot
C
cot
A
2cot
B
cot
C
cot
A
cot
B
2cot
C
Ta được:
9 B
A
cot
B
cot
cot
C
cot
C
cot
A
16 cot
. (*)
A
B
B cot cot
C
cot
C
cot
A
. 1
2
2
2
2
2
2
2
2
b
a
a
c
b
c
Mà ta có: cot cot
2cot
A
cot
B
cot
C
b S 4
2 S
c 4
S
2
2
a
c
.
cot
A
2cot
B
cot
C
2 S
2
2
a
b
Tương tự ta cũng có: .
cot
A
cot
B
2 cot
C
2 S
.
2
2
2
4
S
4
S
4
S
Thay vào biểu thức (*) ta được:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
9 16
b
c
a
c
a
b
1
1
1
.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
9 64S
a
b
b
c
c
a
Hay: (đpcm).
. Chứng minh rằng: Bài 2. Cho ABC
66
1
1
1
2
2
2
2
1 r 64
a
2
p
b
2
p
c
2
p
.
Chứng minh
c
x a y b z
1
1
1
Áp dụng Định lý 2.1 với: ;
2
2
2
9 ab bc
16
ca
2
a b c
a
b c 2
a b
c 2
1
1
1
Ta có: .
2
2
2
9 ab bc
16
ca
a
2
p
b
2
p
c
2
p
. (*)
ab bc
ca
236 r
2
p a
p b p c
Ta đi chứng minh: .
236 r
36
36
S p
p
2
Thật vậy, ta có: .
p a
p b
2
p
a
p b
p
a
p b
c
c 4
2
Mà: .
p b p c
a 4
2
. Tương tự ta có:
p c p a
b 4
.
p a
Nhân từng vế của 3 bất đẳng thức dương cùng chiều ta được:
p b p c
abc 8
2
.
36
r
.
36 p
abc 8
9 abc a b c
Vậy: . (1)
67
Theo bất đẳng thức AM – GM, có:
abc
ca
a b c ab bc
1 9
. (2)
ab bc
ca
236 r
Từ (1) và (2) . (3)
Thay (3) vào (*) ta có điều phải chứng minh.
1
1
1
. Chứng minh rằng: Bài 3. Cho ABC
2
2
2
3 3 16S
a b
b c
c a
.
Chứng minh
x
p a y
;
p b z
;
. p c
Áp dụng Định lý 2.1 với:
1
1
1
2
2
2
2
p a
p b
p c
p a
2
p b
p c
p a
p b
2
p c
Ta có:
16
p a
p b
p c
p c
p a
9 p b
.
2
p a
p b
p c
4
p
2
a b c b c
.
p a
2
p b
p c
. a c
Có:
p a
p b
2
p c
. a b
Tương tự ta có:
2
c
a b
p a p b
2
b c a a c b 4
1 4
. Lại có:
Tương tự ta có:
68
2
2
p b
p c
a
b c
2
2
p c
p a
b
a c
1 4 1 4
p a
p b
p b
p c
p c
p a
2
2
2
2
2
2
a
b
c
a b
b c
a c
1 4
2
2
2
Cộng từng vế 3 đẳng thức trên ta được:
2
ab bc
ca
a
b
c
1 4
.
2
2
2
Lại có:
2
ab bc
ca
a
b
c
4 3
S
2
2
2
2
2
2
.
a
b
c
a b
b c
a c
S 3
1 4
1
1
1
.
2
2
2
3 3 S 16
9 S 16 3
a b
b c
c a
Nên: (đpcm).
a b c b c a c a b
.
2
1
1
1
.
2
2
2
2
2
b c
a b c
a c
a b
b a c
c a b
. Chứng minh rằng: Bài 4. Cho ABC
29 r 16
.
Chứng minh
69
x
;
y
;
z
1 p a
1 p b
1 p c
Áp dụng Định lý 2.1 với: .
1
1
1
2
2
2
2
2
2
1 p a
1 p b
1 p c
1 p a
1 p b
1 p c
1 p a
1 p b
1 p c
9
Ta được
16
p a
p b
p b
p c
p c
p a
1
1
1
.
2S
p p a
p b p c
p a
p b
p p c 2 S
1
Có: .
p p a 2 S
p c
p a
p p b 2 S
1 p b p c 1
Tương tự, ta có:
1 p a p b
1 p b p c
1 p c p a
2
p
3
Cộng từng vế của 3 đẳng thức trên ta được:
p a b c 2
2
S
p S
1 2 r
.
2
1 p a
1 p b
1 p c
4 b c a
2 a c b
2 a b c
4
a c b b c a
b c a a b c 2 a b c b c a a c b
2
a c b a b c
Có:
70
2
2
2
2
2
2
a
4
2
2
c
b a
a b c b c a a c b
b c
a c
b
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
a
b 2
2
c
4
c
2
2
a
c
2
b
a
ba 2
a b c b c a a c b
b
bc 2
ac
2
4 a b c b c a a c b
4
a b c
b c
.
2
2
1 p a
1 p b
1 p c
4 a b c b c a a c b
4 b a c
a c
2
2
1 p a
1 p b
1 p c
4 a b c b c a a c b
c a b 4
a b
Tương tự ta cũng có:
a b c b c a c a b
.
2
1
1
1
.
2
2
2
2
2
4
4
b c
a b c
4
a c
4
4
a b
b a c 4
c a b
Vậy ta có:
29 r 16
(đpcm).
71
Bài 3. Một số ví dụ mở rộng
Bài 1. (Iran 1998).
x y z và ,
1
,
. Chứng minh rằng:
2
1 x
1 y
1 z
x
y
z
x
1
y
1
z
. 1
Cho
2
2
y
1
x
1
z
1
x
1
y
1
z
1
x
y
z
Chứng minh
x
y
z
x
1
y
1
z
1
x
y
z
x
z
y
x
y
z
3
1 x
1 y
1 z
z y
x
Ta có:
x
y
z
x
1
y
1
z
(đpcm).
1
n
Vậy ta có:
n
1
i
n 1..
1ix ,
i
1 x 1 i
n
n
1
x i
x i
i
1
i
1
Bài 2. Cho và . Chứng minh rằng:
Chứng minh
2
2
2
2
1
1
1
1
1 ...
1
...
...
x 1
x 2
x n
x 1
x 2
x n
x 2 x
x 1 x 1
2
x n x n
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
72
2
1
1 ...
1
n
...
...
x 1
x 2
x n
x 1
x 2
x n
1 x 1
1 x 2
1 x n
1
x
1 ...
x
1
x
...
x
1 x
2
n
x 1
2
n
(đpcm)
Nhận xét: Bài toán này là trường hợp tổng quát cho bài toán bất đẳng thức trong
đề thi IMO - IRAN 1998. Từ bài toán này, áp dụng dạng hằng đẳng thức của bất
n
đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có bài toán rất hay sau.
n
1
i
n 0..
ix , 0
i
1 x 1 i
n
n
n
n
1
1
x i
x i
n 2
i
1
i
1
i
1
1
i
1 x i
x i
Bài 3. Cho và . Chứng minh rằng:
Chứng minh
y
i
x i
x i
1i x x i
n
n
n
n
n
1
1
1
x i
x i
x i
.
x i
x i
x i
n 2
i
1
i
1
i
1
i
1
i
1
x i
x i
x i
.
n
n
1
x i
Áp dụng Định lý 1.3 với ; , ta có
n
1
i
1
i
1
x i
1 x i
n
n
n
n
Mà (theo giả thiết)
1
1
x i
x i
x i
n 2
i
1
i
1
i
1
1
i
1 x i
(đpcm)
Nên ta có
Từ một bất đẳng thức quen thuộc, kết hợp với các bất đẳng thức mới được xây dựng
trong bài ta có thể tiếp tục xây dựng được các bất đẳng thức mới hay và khó. Tác
73
giả hy vọng rằng qua ba bất đẳng thức ở trên, độc giả sẽ tiếp tục xây dựng được
các bất đẳng thức hay hơn nữa.
74
Kết luận
Luận văn đã đạt được một số kết quả sau:
1. Luận văn đã nêu ra và chứng minh bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất
đẳng thức AM – GM và một số bất đẳng thức trong các đề thi toán quốc tế sử dụng
các bất đẳng thức trên.
2. Luận văn đã chứng minh một số hằng đẳng thức và kết hợp với bất đẳng
thức Cauchy-Schwarz để xây dựng các lớp bất đẳng thức mới.
3. Từ đó vận dụng các bất đẳng thức vừa xây dựng ở trên để chứng minh một
số bất đẳng thức trong đại số và lượng giác.
4. Giới thiệu bất đẳng thức trong đề thi toán quốc tế tại IRAN năm 1998 và
một số mở rộng của bất đẳng thức này.
Từ kết quả của luận văn này, ta thấy rằng với mỗi hằng đẳng thức khi kết
hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có thể cho ta một lớp các bất đẳng thức
khác rất hay và lạ. Tác giả hy vọng rằng với ý tưởng ở trên sẽ giúp cho độc giả xây
dựng được nhiều bất đẳng thức khác làm phong phú thêm các bài toán bất đẳng thức
vốn đã rất đa dạng.
Tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các đồng nghiệp để
đề tài này tiếp tục được hoàn thiện.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 05 tháng 11 năm 2011
75
Tài liệu tham khảo
Tiếng việt
1. Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2010), “Sử dụng phương pháp Cauchy-
Schwarz để chứng minh bất đẳng thức”, NXB Đại học Sư phạm, Hà Nội.
2. Nguyễn Văn Hiến (2000), “Bất đẳng thức trong tam giác”, NXB Hải Phòng, Hải
Phòng.
3. Phạm Kim Hùng (2007), “Sáng tạo bất đẳng thức”, NXB Hà Nội, Hà Nội.
4. Phan Huy Khải (1997), “500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức”, NXB Hà Nội,
Hà Nội.
5. Phan Huy Khải (2001), “10.000 bài toán sơ cấp”, NXB Hà Nội, Hà Nội.
6. Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Nguyễn Ngọc Thắng (2009), “Các bài giảng về
bất đẳng thức Bunhiacopxki”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội.
7. Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2008),
“Các bài giảng về bất đẳng thức Côsi”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà
Nội.
8. Nguyễn Thượng Võ (2000), “Tuyển tập 300 bài toán chọn lọc về hệ thức lượng
trong tam giác”, NXB Trẻ, TP. Hồ Chí Minh.
9. Tủ sách toán học và tuổi trẻ (2007), “Các bài thi Olympic toán”, NXB Giáo Dục,
Hà Nội.
Tiếng Anh.
1. IMO Shorlist, 1990 – 2004.
2. Jose A.G.O., Radmila E, Mircea B. (1997), “Inequalities A Mathematical
Olympiad Approach”, Basel – Boston – Berlin, Germany.
3. Mihai B., Bogdan E., Mircae B. (1997), “The Romanian Society of
Mathematical Sciences”, “Romanian Mathematical Competitions”, Romania.
76
Danh sách Website.
1. www.diendantoanhoc.net.
2. www.math.vn
3. www.mathlinks.ro.
4. www.mathscope.org.
5. www.mathnfriend.net.
77
78
![Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đánh giá hoạt tính chống ung thư của hợp chất lai chứa khung tetrahydro-β-carboline và imidazo[1,5-a]pyridine](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250807/kimphuong1001/135x160/50321754536913.jpg)
