B⁄T˚‘NGTHÙC · B⁄T˚‘NGTHÙC Ng€y 19 th¡ng 10 n«m 2013 HojooLee,TomLovering,v€CosminPohoat « Xu§tb£nlƒn˜ƒuth¡ng10n«m2008 DàchbðiVnMath.Com Phi¶nb£n2.01

BẤT ĐẲNG THỨC

Ngày 19 tháng 10 năm 2013

Hojoo Lee, Tom Lovering, và Cosmin PohoatăXuất bản lần đầu tháng 10 năm 2008

Dịch bởi VnMath.ComPhiên bản 2.01

1

Mục lục

1 Lý thuyết số 11.1 Định lý cơ bản của Số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Phương pháp lùi vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Hàm nhân tính đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Có vô hạn số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5 Tiến tới các Bất đẳng thức 1 triệu USD . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Đối xứng 152.1 Lợi dụng tính đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Phá vỡ tính đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3 Đối xứng hoá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3 Bất đẳng thức hình học 22

4 Xem lại hình học 23

5 Ba kĩ thuật tuyệt vời 24

6 Thuần nhất hóa và chuẩn hóa 25

7 Tính lồi và áp dụng 26

8 Bài tập 27

9 Phụ lục 289.1 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289.2 Mã IMO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2

1 LÝ THUYẾT SỐ

1 Lý thuyết số

Why are numbers beautiful? It’s like asking why is Beethoven’sNinth Symphony beautiful. If you don’t see why, someone can’ttell you. I know numbers are beautiful. If they aren’t beautiful,nothing is.

- P. Erdos

1.1 Định lý cơ bản của Số học

Trong chương này, chúng ta sẽ gặp nhiều ước lượng và bất đẳng thức khácnhau xuất hiện trong lý thuyết số. Trong suốt mục này, ta kí hiệu N, Z, Q lầnlượt là tập hợp các số nguyên dương, các số nguyên dương, các số hữu tỉ. Vớicác số nguyên a và b, ta viết a | b nếu tồn tại một số nguyên k sao cho b = ka.Chúng ta bắt đầu với định lý cơ bản mọi số nguyên dương n 6= 1 có duy nhấtmột cách phân tích thành các số nguyên tố.

Định lí 1.1. (Định lí cơ bản của Số học trong N) Cho n 6= 1 là một số nguyêndương. Khi đó, n phân tích được thành tích của các số nguyên tố. Nếu ta bỏqua thứ tự các nhân tử thì sự phân tích này là duy nhất. Nhóm các số nguyêntố ta có phân tích tiêu chuẩn của n:

n = p1e1 · · · plel .

Các số nguyên tố phân biệt p1, · · · , pl và các số nguyên e1, · · · , el ≥ 0 được xácđịnh một cách duy nhất theo n.

Ta định nghĩa bậc của n ∈ N tại số nguyên tố p, 1kí hiệu là ordp(n), là sốnguyên không âm k thoả mãn pk | n và pk+1 6 | n. Khi đó, phân tích tiêu chuẩncủa số nguyên dương n có thể viết dưới dạng

n =∏

p : nguyên tố

pordp(n).

Từ đó ta có ngay tiêu chuẩn về tính chia hết đơn giản và hữu ích sau.

Mệnh đề 1.1. Cho A và B là các số nguyên dương. Khi đó, A bội của B nếuvà chỉ nếu bất đẳng thức

ordp (A) ≥ ordp (B)

đúng với mọi số nguyên tố p.

Epsilon 1. [NS] Cho a và b là các số nguyên dương sao cho

ak | bk+1

với mọi số nguyên dương k. Chứng minh rằng b chia hết cho a.1ở đây ta không giả sử n 6= 1.

- VnMath.Com http://www.vnmath.com

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.1 Định lý cơ bản của Số học

Bây giờ ta dùng công thức liên quan đến phân tích ra thừa số nguyên tố củan!. Gọi bxc là số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng số thực x.

Delta 1. (Công thức De Polignac) Cho p là một số nguyên tố và n là một sốnguyên không âm. Khi đó, số mũ lớn nhất e của n! sao cho pe | n! cho bởi côngthức

ordp (n!) =

∞∑k=1

⌊n

pk

⌋.

Ví dụ 1. Cho a1, · · · , an các số nguyên dương. Lúc đó, (a1 + · · ·+ an)! chia hếtcho a1! · · · an!.

Chứng minh. Lấy p là một số nguyên tố. Công việc của chúng ta là thiết lậpbất đẳng thức

ordp ( (a1 + · · ·+ an)! ) ≥ ordp (a1!) + · · · ordp (an!) .

hay∞∑k=1

⌊a1 + · · ·+ an

pk

⌋≥∞∑k=1

( ⌊a1

pk

⌋+ · · ·+

⌊anpk

⌋ ).

Tuy nhiên, bất đẳng thức

bx1 + · · ·+ xnc ≥ bx1c+ · · · bxnc ,

đúng cho mọi số thực x1, · · · , xn.

Epsilon 2. [IMO 1972/3 UNK] Cho m và n là các số nguyên không âm bất kỳ.Chứngminh rằng

(2m)!(2n)!

m!n!(m+ n)!

là số nguyên.

Epsilon 3. Cho n ∈ N. Chứng minh rằng Ln := BCNN(1, 2, · · · , 2n) chia hếtcho Kn :=

(2nn

)= (2n)!

(n!)2.

Delta 2. (Canada 1987) Chứng tỏ rằng, với mọi số nguyên dương n,

b√n+√n+ 1c = b

√4n+ 1c = b

√4n+ 2c = b

√4n+ 3c.

Delta 3. (Iran 1996) Chứng tỏ rằng, với mọi số nguyên dương n,

b√n+√n+ 1 +

√n+ 2c = b

√9n+ 8c.


1 LÝ THUYẾT SỐ 1.2 Phương pháp lùi vô hạn

1.2 Phương pháp lùi vô hạn

Trong mục này, chúng ta học phuơng pháp lùi vô hạn của Fermat. Nó cựckì hữu ích khi tấn công các phương trình Diophantine. Trước hết ta giới thiệumột chứng minh cho Định lí cuối cùng của Fermat cho trường hợp n = 4.

Định lí 1.2. (Định lí Fermat-Wiles) Cho n ≥ 3 là một số nguyên dương. Phươngtrình

xn + yn = zn

không có nghiệm nguyên dương.

Bổ đề 1.1. Cho σ là số nguyên dương. Nếu σ2 = AB với A và B là các sốnguyên nào đó, thì tồn tại các số nguyen dương a và b sao cho

σ = ab, A = a2, B = b2, UCLN(a, b) = 1.

Chứng minh. Dùng định lí cơ bản của Số học.

Bổ đề 1.2. (Primitive Pythagoras Triangles) Cho x, y, z ∈ N với x2 + y2 = z2,gcd(x, y) = 1, và x ≡ 0 (mod 2) Khi đó, tồn tại các số nguyên dương p và q saocho UCLN(p, q) = 1 và

(x, y, z) =(2pq, p2 − q2, p2 + q2

).

Chứng minh. Phương trình đã cho có thể viết lại(x2

)2

=

(z + y

2

)(z − y

2

).

Xét phương trình x2 + y2 = z2 theo modulo 2, ta thấy cả y và z đều lẻ. Dođó, z+y2 , z−y2 , và x

2 là các số nguyên dương. Ta có z+y2 và z−y

2 nguyên tố cùngnhau. Thật vậy, nếu z+y

2 và z−y2 có ước chung là số nguyên tố p thì p cũng là

ước của y = z+y2 −

z−y2 và

(x2

)2=(z+y

2

) (z−y

2

), nghĩa là số nguyên tố p là ước

của x và y. Điều này mâu thuẫn với UCLN(x, y) = 1. Bây giờ, áp dụng bổ đềtrên ta được (

x

2,z + y

2,z − y

2

)=(pq, p2, q2

)trong đó p và q là các số nguyên dương nào đó thoả mãn gcd(p, q) = 1.

Định lí 1.3. Phương trình x4 + y4 = z2 không có nghiệm nguyên dương.

Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng tồn tại bộ ba các số nguyên dương (x, y, z)sao cho x4 + y4 = z2. Lấy bộ ba (A,B,C) ∈ D sao cho A4 +B4 = C2. Kí hiệud là ước chung lớn nhất của A và B, ta thấy rằng C2 = A4 + B4 chia hết chod4, nên C chia hết cho d2. Vì

(Ad

)4+(Bd

)4=(Cd2

)2, nên (a, b, c) =

(Ad ,

Bd ,

Cd2

)cũng thuộc D, tức là,

a4 + b4 = c2.



Hơn nữa, vì d là ước chung lớn nhất củaA vàB, ta có UCLN(a, b) = UCLN(Ad ,

Bd

)=

1. Bây giờ ta lập luận theo tính chẵn lẻ của a và b. Nếu a và b đều lẻ, ta cóc2 ≡ a4 + b4 ≡ 1 + 1 ≡ 2 (mod 4), vô lý. Do tính đối xứng, ta có thể giả sửa chẵn và b lẻ. Suy ra a2 và b2 là nguyên tố cùng nhau và a2 chẵn. Để ý rằng(a2)2

+(b2)2

= c2, ta được(a2, b2, c

)=(2pq, p2 − q2, p2 + q2

).

với p và q là các số nguyên dương sao cho UCLN(p, q) = 1. Rõ ràng p và q khácnhau về tính chẵn lẻ. Hơn nữa

q2 + b2 = p2.

Vì b lẻ nên xét theo modulo 4 thì q chẵn và p lẻ. Nếu q và b có ước nguyêntố chung thì p2 = q2 + b2 suy ra rằng p nguyên tố, điều này mâu thuẫn vớigcd(p, q) = 1. Kết hợp các kết quả, ta có q và b là nguyên tố cùng nhau và qchẵn. Từ q2 + b2 = p2 suy ra

(q, b, p) =(2mn, m2 − n2, m2 + n2

).

với m và n là các số nguyên dương sao cho UCLN(m,n) = 1. Nhắc lại rằnga2 = 2pq. Vì p và q nguyên tố cùng nhau và q chẵn nên tồn tại cặp số nguyêndương (P,Q) sao cho

a = 2PQ, p = P 2, q = 2Q2, UCLN(P,Q) = 1.

Suy ra 2Q2 = 2q = 2mn do đó Q = mn. Vì gcd(m,n) = 1nên tồn tại cặp(M,N) các số nguyên dương sao cho

Q = MN, m = M2, n = N2, gcd(M,N) = 1.

Kết hợp các kết quả này ta có P 2 = p = m2 + n2 = M4 +N4 vì vậy (M,N,P )là một bộ ba xấu. Nhắc lại rằng phương trình ban đầu là A4 + B4 = C2. Bâygiwof ta tổng két lại những gì đã làm. Bộ ba xấu (A,B,C) sinh ra bộ ba xấumới (M,N,P ). Tuy nhiên, ta cần kiểm chứng rằng chúng thật sự là mới. Để ýP < C. Thật vậy, ta có

P ≤ P 2 = p < p2 + q2 = c =C

d2≤ C.

Từ một nghiệm của phương trình x4 + y4 = z2, ta có thể tìm một nghiệm khácnhỏ hơn z và quá trình này lặp lại vô hạn. Do đó, nó sinh ra một dãy giảm ngặtcác số nguyên dương. Tuy nhiên, điều này là không thể nên không tồn tại bộba xấu nào.

Hệ quả 1.1. Phuơng trình x4 + y4 = z4 không có nghiệm nguyên dương.

Chứng minh. Đặt w = z2, ta có x4 + y4 = w2.



Bây giờ ta xét một bài toán từ kì thi IMO gần đây như là một ví dụ khác.

Ví dụ 2. [IMO 2007/5 IRN] Cho a và b là các số nguyên dương. Chứng minh rằng

4ab− 1 chia hết(4a2 − 1

)2thì a = b.

Lời giải 1. (bởi NZL tại IMO 2007) Khi 4ab− 1 chia hết(4a2 − 1

)2 với hai số avà b phân biệt, ta nói rằng (a, b) là một cặp xấu. Ta sẽ chứng tỏ rằng không cócặp xấu nào. Giả sử 4ab− 1 chia hết

(4a2 − 1

)2. Khi đó, 4ab− 1 cũng chia hết

b(4a2 − 1

)2 − a (4ab− 1)(4a2 − 1

)= (a− b)

(4a2 − 1

).

Điều ngược lại cũng đúng vì UCLN(b, 4ab− 1) = 1. Tương tự, 4ab− 1 chia hết(a− b)

(4a2 − 1

)2 nếu và chỉ nếu 4ab−1 chia hết (a− b)2. Vì vậy, điều kiện banđầu tương đương với điều kiện

4ab− 1 | (a− b)2.

Điều kiện này đối xứng theo a và b, nên (a, b) là một cặp xấu nếu và chỉ nếu(b, a) là một cặp xấu. Do đó, không mất tính tổng quát ta giả thiết a > b vàcặp xấu đựoc chọn này với giá trị của thành phần thứ nhất bé nhất. Ta viết(a− b)2 = m(4ab− 1), trong đó m là số nguyên dương, và chuyển nó thành mộtphương trình bậc hai theo a:

a2 + (−2b− 4ma)a+(b2 +m

)= 0.

Vì phương trình bậc hai này có nghiệm nguyên dương nên biệt thức của nó

(2b+ 4mb)2 − 4

(b2 +m

)= 4

(4mb2 + 4m2b2 −m

)phải là số chính phương và do đó 4mb2 + 4m2b2 −m là chính phương. Gọi nólà bình phương của 2mb+ t và chú ý rằng 0 < t < b. Đặt s = b− t. Sắp xếp lạita có:

4mb2 + 4m2b2 −m = (2mb+ t)2

m(4b2 − 4bt− 1

)= t2

m(4b2 − 4b(b− s)− 1

)= (b− s)2

m(4bs− 1) = (b− s)2.

Từ đó, (b, s) là một cặp xấu với giá trị của thành phần thứ nhất nhỏ hơn, mâuthuẫn với giả thiết.

Lời giải 2. (bởi UNK ở IMO 2007) Đây là một lời giải đầy sáng tạo của NZL7 vàAtanasov’s special prize solution at IMO 1988 in Canberra. Chúng ta bắt chướclập luận của NZL7. Một cặp (a, b) không thoả mãn đwocj gọi là một cặp xấu. Xétcặp xấu (a, b) ta có 4ab−1|

(4a2 − 1

)2. Lưu ý rằng b(4a2 − 1

)−(4ab−1)a = a−b

vì vậy làm việc với modulo 4ab − 1 ta có b2(4a2 − 1

)≡ (a − b)2. Khi đó b2 và

4ab − 1 là nguyên tố cùng nhau suy ra 4ab − 1 chia hết(4a2 − 1

)2 nếu và chỉ



nếu 4ab − 1 chia hết (a − b)2. Điều kiện này đối xứng theo a và b nên (a, b) làmột cặp xấu nếu và chỉ nếu (b, a) là một cặp xấu. Do đó, ta có thể giả sử a > bvà ta chọn a nhỏ nhất trong những cặp có thành phần thứ nhất lớn hơn thànhphần thứ hai. Viết (a − b)2 = m(4ab − 1) và xem nó là một phương trình bậchai và a là nghiệm của

x2 + (−2b− 4mb)x+(b2 +m

)= 0.

Nghiệm khác của phương trình trên c phải là số nguyên vì a + c = 2b + 4mbnguyên. Hơn nữa, ac = b2 + m > 0 nên c dương. Ta sẽ chứng tỏ rằng c < b,và khi đó cặp (b, c) sẽ vi phạm điều kiện tối tiểu của (a, b). Ta chứng minh2b+ 4mb < a+ b là đủ, tức là, 4mb < a− b. Lúc này,

4b(a− b)2 = 4mb(4ab− 1)

vì vậy ta chỉ ra 4b(a− b) < 4ab− 1 hay 1 < 4b2 và điều này luôn đúng.

Delta 4. [IMO 1988/6 FRG] Cho a và b là các số nguyên dương sao cho ab+1 chiahết a2 + b2. Chứng minh

a2 + b2

ab+ 1

là số chính phương.

Delta 5. (Canada 1998) Cho m là số nguyên dương. Ta định nghĩa dãy ann≥0

như saua0 = 0, a1 = m, an+1 = m2an − an−1.

Chứng minh rằng cặp (a, b) các số nguyên không âm, với a ≤ b, là nghiệm củaphương trình

a2 + b2

ab+ 1= m2

nếu và chỉ nếu (a, b) có dạng (an, an+1) với n ≥ 0 là số nguyên nào đó.

Delta 6. Cho x và y là các số nguyên dương sao cho xy chia hết x2 + y2 + 1.Chứng minh rằng

x2 + y2 + 1

xy= 3.

Delta 7. Tìm tất cả các bộ ba (x, y, z) các số nguyên dương sao cho

x2 + y2 + z2 = 2xyz.

Delta 8. (APMO 1989) Chứng minh rằng phương trình

6(6a2 + 3b2 + c2

)= 5n2

không có nghiệm nguyên trừ a = b = c = n = 0.


1 LÝ THUYẾT SỐ 1.3 Hàm nhân tính đơn điệu

1.3 Hàm nhân tính đơn điệu

Trong mục này, ta nghiên cứu về các hàm nhân tính đơn điệu.

Ví dụ 3. (Canada 1969) Kí hiệu N = 1, 2, 3, · · · là tập hợp các số nguyêndương. Tìm tất cả các hàm số f : N → N sao cho với mọi m, n ∈ N: f(2) = 2,f(mn) = f(m)f(n), f(n+ 1) > f(n).

Lời giải 1. Trước nhất ta đánh giá f(n) với n nhỏ. Từ f (1 · 1) = f(1) ·f(1) suyra f(1) = 1. Theo tính nhân tính, ta được f(4) = f(2)2 = 4. Từ bất đẳng thức2 = f(2) < f(3) < f(4) = 4 ta có f(3) = 3. Mặt khác f(6) = f(2)f(3) = 6.Vì 4 = f(4) < f(5) < f(6) = 6 nên f(5) = 5. Ta chứng minh bằng quy nạprằng f(n) = n với mọi n ∈ N. Nó đúng với n = 1, 2, 3. Xét n > 2 và giả sử rằngf(k) = k với mọi k ∈ 1, · · · , n. Ta sẽ chứng minh f(n+ 1) = n+ 1.

Trường hợp 1. n + 1 là hợp số. Ta có thể viết n + 1 = ab với a và b là cácsố nguyên dương nào đó thoả 2 ≤ a ≤ b ≤ n. Theo giả thiết quy nạp, ta cóf(a) = a và f(b) = b. Suy ra f(n+ 1) = f(a)f(b) = ab = n+ 1.

Trường hợp 2. n + 1 là số nguyên tố. Trong trường hợp này, n + 2 là số chẵn.Viết n + 2 = 2k với số nguyên k nào đó. Vì n ≥ 2 nên 2k = n + 2 ≥ 4 hayk ≥ 2. Do k = n+2

2 ≤ n và theo giả thiết quy nạp, ta có f(k) = k. Từ đóf(n+ 2) = f(2k) = f(2)f(k) = 2k = n+ 2. Sử dụng bất đẳng thức

n = f(n) < f(n+ 1) < f(n+ 2) = n+ 2

ta kết luận rằng f(n+1) = n+1. Vậy f(n) = n với mọi số nguyên dương n.

Lời giải 2. Như lời giải trước, ta có f(1) = 1. Ta thấy rằng

f(2n) = f(2)f(n) = 2f(n)

với mọi số nguyên dương n. Điều này suy ra với mọi số nguyên dương k,

f(2k)

= 2k

Xét k ∈ N. Theo giả thiết, ta có bất đẳng thức

2k = f(2k)< f

(2k + 1

)< · · · < f

(2k+1 − 1

)< f

(2k+1

)= 2k+1.

Nói cách khác, dãy tăng gồm 2k + 1 số nguyên dương

f(2k), f(2k + 1

), · · · , f

(2k+1 − 1

), f(2k+1

)nằm trong tập 2k + 1 số nguyên dương liên tiếp 2k, 2k + 1, · · · , 2k+1−1, 2k+1.Điều này có nghĩa là f(n) = n với mọi 2k ≤ n ≤ 2k+1. Vì điều này đúng chovới mọi số nguyên dương k, ta kết luận rằng f(n) = n với mọi n ≥ 2.

Các điều kiện trong bài toán trên là quá chặt. Ta hãy bỏ điều kiện f(2) = 2.



Epsilon 4. Cho f : N→ R+ là hàm số thoả mãn các điều kiện sau:(a) f(mn) = f(m)f(n) với mọi số nguyên dương m và n,(b) f(n+ 1) ≥ f(n) với mọi số nguyên dương n.

Khi đó,ótonf tại hằng số α ∈ R sao cho f(n) = nα với mọi n ∈ N.

Chúng ta có thể làm yếu giả thiết f là nhân tính, nhưng phải giữ lại điềukiện f(2) = 2.

Epsilon 5. (Putnam 1963/A2) Cho f : N → N là hàm tăng ngặt thoả mãn bàitoán f(2) = 2 và f(mn) = f(m)f(n) với mọi số nguyên tố cùng nhau m và n.Khi đó, f là hàm đồng nhất trên N.

Thực tế, ta có thể bỏ đi hoàn toàn ràng buộc f(2) = 2. Vào năm 1946, P.Erdos đã chứng minh kết quả sau trong [PE]:

Định lí 1.4. Cho f : N→ R là hàm số thoả mãn các điều kiện sau:(a) f(mn) = f(m) + f(n) với mọi cặp số nguyên tố cùng nhau m và n,(b) f(n+ 1) ≥ f(n) với mọi số nguyên dương n.

Khi đó, tồn tại hằng số α ∈ R sao cho f(n) = α lnn với mọi n ∈ N.

Điều này suy ra kết quả sau.

Định lí 1.5. Cho f : N→ R+ là hàm số thoả mãn các điều kiện sau:(a) f(mn) = f(m)f(n) với mọi cặp số nguyên tố cùng nhau m và n,(b) f(n+ 1) ≥ f(n) với mọi số nguyên dương n.

Khi đó, tồn tại hằng số α ∈ R sao cho f(n) = nα với mọi n ∈ N.

Chứng minh. 2 Ta chứng minh hàm f hoàn toàn nhân tính là đủ: f(mn) =f(m)f(n) với mọi m và n. Ta chia chứng minh làm 3 bước.

Bước 1. Gỉa sử a ≥ 2 là số nguyên dương và gọi Ωa = x ∈ N | UCLN(x, a) =1. Khi đó, ta thấy rằng

L := infx∈Ωa

f(x+ a)

f(x)= 1

vàf(ak+1

)≤ f

(ak)f(a)

với mọi số nguyên dương k.

Chứng minh bước 1. Vì f tăng nên rõ ràng L ≥ 1. Chú ý rằng f(k+a) ≥ Lf(k)với k ∈ Ωa. Cho m là số nguyên dương. Ta lấy số nguyên đủ lớn x0 > ma vớigcd (x0, a) = gcd (x0, 2) = 1 để

f(2)f (x0) = f (2x0) ≥ f (x0 +ma) ≥ Lf (x0 + (m− 1)a) ≥ · · · ≥ Lmf (x0)

2Chúng tôi giới thiệu chứng minh đã được cải tiến một chút so với [EH]. Một chứng minhngắn gọn khác, xem [MJ].



hayf(2) ≥ Lm.

Vì m là tuỳ ý và L ≥ 1 dẫn đến L = 1. Với x ∈ Ωa ta có

f(ak+1

)f(x)

f (ak)=f(ak+1x

)f (ak)

≤f(ak+1x+ ak

)f (ak)

= f (ax+ 1) ≤ f(ax+ a2

)hay

f(ak+1

)f(x)

f (ak)≤ f(a)f(x+ a)

hayf(x+ a)

f(x)≥

f(ak+1

)f(a)f (ak)

.

Suy ra

1 = infx∈Ωa

f(x+ a)

f(x)≥

f(ak+1

)f(a)f (ak)

vì vậyf(ak+1

)≤ f

(ak)f(a).

Bước 2. Tương tự, ta có

U := supx∈Ωa

f(x)

f(x+ a)= 1

vàf(ak+1

)≥ f

(ak)f(a)

với mọi số nguyên dương k.

Chứng minh bước 2. Kết quả đầu tiên suy ra trực tiếp từ bước 1.

supx∈Ωa

f(x)

f(x+ a)=

1

infx∈Ωa

f(x+a)f(x)

= 1.

Với x ∈ Ωa và x > a,ta có

f(ak+1

)f(x)

f (ak)=f(ak+1x

)f (ak)

≥f(ak+1x− ak

)f (ak)

= f (ax− 1) ≥ f(ax− a2

)hay

f(ak+1

)f(x)

f (ak)≥ f(a)f(x− a).



Suy ra

1 = supx∈Ωa

f(x)

f(x+ a)= supx∈Ωa, x>a

f(x− a)

f(x)≤

f(ak+1

)f(a)f (ak)

,

là kết quả mong muốn.

Bước 3. Theo kết quả hai bước trên, với a ≥ 2, ta có

f(ak+1

)= f

(ak)f(a).

Khi đó, bằng quy nạp ta được

f(ak)

= f(a)k

với mọi số nguyên dương a và k. Vì f là nhân tính, với

n = p1k1 · · · plkl

là phân tích chuẩn của n, ta có

f(n) = f(p1k1)· · · f

(plkl)

= f (p1)k1 · · · f (pl)

kl .

Do đó f hoàn toàn nhân tính.


1 LÝ THUYẾT SỐ 1.4 Có vô hạn số nguyên tố

1.4 Có vô hạn số nguyên tố

Mục đích của phần này là cung cấp các chứng minh khác nhau cho Định líEuclid.

Định lí 1.6. (Định lí Euclid) Có vô hạn số nguyên tố.

Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng p1 = 2, p2 = 3, · · · , pn là tập hợp các sốnguyên tố. Xét số nguyên dương

P = p1 · · · pn + 1.

Vì P > 1 nên P phải có ước nguyên tố pi với i ∈ 1, · · · , n nào đó. Do P vàp1 · · · pn chia hết cho pi, ta thấy rằng 1 = P − p1 · · · pn cũng chia hết cho pi,điều này vô lí.

Thật ra ta có kết quả mạnh hơn. Ta sẽ giới thiệu bốn chứng minh cho Địnhlí Euler rằng tổng các nghịch đảo của tất cả các số nguyên tố phân kỳ.

Định lí 1.7. (Định lí Euler, PEN E24) Kí hiệu pn là số nguyên tố thứ n. Chuỗi

∞∑n=1

1

pn

phân kỳ.

Chứng minh thứ nhất. [NZM, pp.21-23] Trước hết ta có Bổ đề. Kí hiệu %(n) làtập các ước nguyên tố của n và Sn(N) là tập các số nguyên dương i ≤ N saocho %(i) ⊂ p1, · · · , pn.

Bổ đề 1.3. Ta có |Sn(N)| ≤ 2n√N .

Chứng minh Bổ đề. Vì mọi số nguyên dương i ∈ Sn(N) có duy nhất phântích i = st2, trong đó s là ước của p1 · · · pn và t ≤

√N . Nói cách khác, i 7→ (s, t)

là một đơn ánh từ Sn(N) vào Tn(N) = (s, t) | s | p1 · · · pn, t ≤√N, điều này

có nghĩa là |Sn(N)| ≤ |Tn(N)| ≤ 2n√N .

Bây giờ, giả sử nguợc lại rằng chuỗi 1p1

+ 1p2

+ · · · hội tụ. Khi đó ta có thểlấy số nguyên dương n đủ lớn sao cho

1

2≥∞∑i>n

1

pi=

1

pn+1+

1

pn+2+ · · · .

Lấy số nguyên dương đủ lớn N sao cho N > 4n+1. Theo định nghĩa của Sn(N),ta thấy rằng mỗi phần tử i thuộc 1, · · · , N− Sn(N) chia hết cho ít nhất mộtsố nguyên tố pj với j > n nào đó. Vì số các bội của pj không vượt quá N là⌊Npj

⌋, ta có

|1, · · · , N − Sn(N)| ≤∑j>n

⌊N

pj

⌋



hay

N − |Sn(N)| ≤∑j>n

⌊N

pj

⌋≤∑j>n

N

pj≤ N

2

hayN

2≤ |Sn(N)| .

Kết hợp điều này và Bổ đề ta có N2 ≤ 2n

√N và do đó N ≤ 4n+1. Tuy nhiên,

nó mâu thuẫn với việc lựa chọn N .

Chứng minh thứ hai. Ta dùng bất đẳng thức sau.

Bổ đề 1.4. Bất đẳng thức 1 + t ≤ et đúng với mọi t ∈ R.

Xét n > 1. Vì mỗi số nguyên dương i ≤ n có duy nhất phân tích i = st2,trong đó s là square free và t ≤

√n, ta được

n∑k=1

1

k≤

∏p:nguyên tố,

p≤n

(1 +

1

p

) ∑t≤√n

1

t2.

Cùng với ước lượng

∞∑t=1

1

t2≤ 1 +

∞∑t=2

1

t(t− 1)= 1 +

∞∑t=2

(1

t− 1− 1

t

)= 2,

ta suy ran∑k=1

1

k≤ 2

∏p:nguyên tố,

p≤n

(1 +

1

p

)≤ 2

∏p:nguyên tố

p≤n

e1p

hay ∑p:nguyên tố

p≤n

1

p≥ ln

(1

2

n∑k=1

1

k

).

Vì chuỗi điều hòa 1 + 12 + 1

3 + · · · phân kỳ nên theo Tiêu chuẩn So sánh,chuỗi đã cho phân kỳ.

Chứng minh thứ ba. [NZM, pp.21-23] Ta dùng bất đẳng thức sau.

Bổ đề 1.5. Bất đẳng thức 11−t ≤ e

t+t2 đúng với mọi t ≤[0, 1

2

].

Let l ∈ N. Theo Định lí cơ bản của Số học mọi số nguyên dương i ≤ pl códuy nhất phân tích i = p1

e1 · · · p1el với e1, · · · , el ∈ Z≥0 nào đó. Suy ra

pl∑i=1

1

i≤

∑e1,··· ,el∈Z≥0

1

p1e1 · · · plel

=

l∏j=1

( ∞∑k=0

1

pjk

)=

l∏j=1

1

1− 1pj

≤l∏

j=1

e1pj

+ 1pj

2



do đól∑

j=1

(1

pj+

1

pj2

)≥ ln

(pl∑i=1

1

i

).

Kết hợp với đánh giá

∞∑j=1

1

pj2≤

l∑j=1

1

(j + 1)2≤

l∑j=1

1

(j + 1)j=

l∑j=1

(1

j− 1

j + 1

)= limn→∞

(1− 1

n+ 1

)= 1,

ta suy ral∑

j=1

1

pj≥ ln

(pl∑i=1

1

i

)− 1.

Vì chuỗi 1 + 12 + 1

3 + · · · phân kỳ, theo Tiêu chuẩn So sánh, ta có điều phảichứng minh.

Chứng minh thứ tư. [DB, p.334] Nó là hệ quả của Định lí số nguyên tố. Kí hiệuπ(x) là hàm đếm số nguyên tố. Vì Định lí số nguyên tố nói rằng π(x) → x

ln x

khi x → ∞, ta có thể tìm thấy hằng số λ > 0 sao cho π(x) > λ xln x với mọi số

thực x đủ lớn. Điều này có nghĩa là n > λ pnln pn

khi n đủ lớn. Vì λ xln x >

√x với

mọi x > 0 đủ lớn, ta cũng có

n > λpn

ln pn>√pn

hayn2 > pn

với n đủ lớn. Vì vậy, khi n đủ lớn,

n > λpn

ln pn> λ

pnln (n2)

,

hay một cách tương đương1

pn>

λ

2n lnn.

Vì∑∞n=2

1n lnn =∞, ta có điều phải chứng minh theo Tiêu chuẩn So sánh.

Ta kết thúc mục này với một kết quả ấn tượng của Viggo Brun.

Định lí 1.8. (Định lí Brun) Tổng các nghịch đảo của các số nguyên tố sinh đôilà hội tụ:

B =∑

p, p+2: nguyên tố

(1

p+

1

p+ 2

)=

(1

3+

1

5

)+

(1

5+

1

7

)+

(1

11+

1

13

)+· · · <∞

Hằng số B = 1.90216 · · · được gọi là Hằng số Brun.


1 LÝ THUYẾT SỐ 1.5 Tiến tới các Bất đẳng thức 1 triệu USD

1.5 Tiến tới các Bất đẳng thức 1 triệu USD

Mục này dựa theo [JL]. Ta xét hai giả thuyết.

Bài toán mở 1.1. (J. C. Lagarias) Cho số nguyên dương n, gọi Hn là số điềuhoà thứ n

Hn =

n∑i=1

1

i= 1 + · · ·+ 1

n

và σ(n) là tổng các ước nguyên dương của n. Chứng minh rằng

σ(n) ≤ Hn + eHn lnHn

đúng với mọi số nguyên dương n.

Bài toán mở 1.2. Gọi π là hàm đếm số nguyên tố, tức là, π(x) đếm các sốnguyên tố p thoả mãn 1 < p ≤ x. Giả sử ε > 0. Chứng minh tồn tại một hằngsố dương Cε sao cho bất đẳng thức∣∣∣∣π(x)−

∫ x

2

1

ln tdt

∣∣∣∣ ≤ Cεx 12+ε

đúng với mọi số thực x ≥ 2.

Thật ra hai bài toán này tương đương. Hơn nữa, chúng tương đương vớiGiả thuyết Riemann trong Giải tích phức. Vào năm 2000, Viện Toán Clay ởCambridge, Massachusetts (CMI) đã treo giải cho bảy bài toán. Nếu bạn hạđược chúng, bạn có thể kiếm ít nhất 1 triệu đô la Mỹ.3 Thông tin chi tiết, xemtại

http://www.claymath.org/millennium

Wir mussen wissen. Wir werden wissen.

- D. Hilbert

3Tuy nhiên, trong trường hợp đó, cẩn thận bọn mafia có thể hạ gục bạn và lấy số tiền đóđi :]


2 ĐỐI XỨNG

2 Đối xứng

Each problem that I solved became a rule, which served afterwardsto solve other problems.

- R. Descartes

2.1 Lợi dụng tính đối xứng

Ta bắt đầu với ví dụ sau.

Ví dụ 4. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh

a4 + b4

a+ b+

b4 + c4

b+ c+

c4 + a4

c+ a≥ a3 + b3 + c3.

Lời giải 1. Sau một số tính toán trâu bò ta có

a5b+ a5c+ b5c+ b5a+ c5a+ c5b ≥ a3b2c+ a3bc2 + b3c2a+ b3ca2 + c3a2b+ c3ab2.

Suy ra

a5b+ a5c+ b5c+ b5a+ c5a+ c5b

= a(b5 + c5

)+ b

(c5 + a5)+ c

(a5 + b5

)≥ a

(b3c2 + b2c3

)+ b

(c3a2 + c2b3

)+ c

(c3a2 + c2b3

)= a3b2c+ a3bc2 + b3c2a+ b3ca2 + c3a2b+ c3ab2.

Trên đây ta đã dùng bất đẳng thức phụ

x5 + y5 ≥ x3y2 + x2y3,

với x, y ≥ 0. Thật vậy, ta có đẳng thức

x5 + y5 − x3y2 − x2y3 =(x3 − y3) (x2 − y2) .

Rõ ràng(x3 − y3

) (x2 − y2

)luôn không âm.

Tiếp theo ta đưa ra một lời giải tinh tế hơn không dùng đến các biến đổi trâu bò.

Lời giải 2. Thủ thuật là nhận xét được biểu diễn đẹp sau của vế phải:

a3 + b3 + c3 =a3 + b3

2+

b3 + c3

2+

c3 + a3

2.

Khi đó bất đẳng thức cần tìm có diện mạo đối xứng:

a4 + b4

a+ b+

b4 + c4

b+ c+

c4 + a4

c+ a≥ a3 + b3

2+

b3 + c3

2+

c3 + a3

2.


2 ĐỐI XỨNG 2.1 Lợi dụng tính đối xứng

Tính đối xứng của biểu thức dẫn dắt ta theo một hướng tiếp cận đúng. Ta kiểm tra,với mọi x, y > 0,

x4 + y4

x+ y≥ x3 + y3

2.

Tuy nhiên ta có đồng nhất thức

2(x4 + y4)− (x3 + y3) (x+ y) = x4 + y4 − x3y − xy3 =

(x3 − y3) (x− y) .

Rõ ràng(x3 − y3

)(x− y) luôn không âm.

Delta 9. [LL 1967 POL] Chứng minh rằng với mọi a, b, c > 0,

a8 + b8 + c8

a3b3c3≥ 1

a+

1

b+

1

c.

Delta 10. [LL 1970 AUT] Chứng minh rằng với mọi a, b, c > 0,

a+ b+ c

2≥ bc

b+ c+

ca

c+ a+

ab

a+ b

Delta 11. [SL 1995 UKR] Cho n là số nguyên dương, n ≥ 3. Cho a1, · · · , an là cácsố thực sao cho 2 ≤ ai ≤ 3 với i = 1, · · · , n. Nếu s = a1 + · · ·+ an, chứng minh

a12 + a2

2 − a32

a1 + a2 + a3+

a22 + a3

2 − a42

a2 + a3 + a4+ · · ·+ an

2 + a12 − a2

2

an + a1 + a2≤ 2s− 2n.

Delta 12. [SL 2006 ] Cho a1, · · · , an là các số thực dương. Chứng minh

n

2(a1 + a2 + · · ·+ an)

∑1≤i<j≤n

aiaj ≥∑

1≤i<j≤n

aiaj

ai + aj

Epsilon 6. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh(1 + a2) (1 + b2

) (1 + c2

)≥ (a+ b)(b+ c)(c+ a).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) = (1, 1, 1).

Epsilon 7. (Poland 2006) Cho a, b, c là các số thực dương thoả ab + bc + ca = abc.Chứng minh

a4 + b4

ab(a3 + b3)+

b4 + c4

bc(b3 + c3)+

c4 + a4

ca(c3 + a3)≥ 1.

Epsilon 8. (APMO 1996) Cho a, b, c là đọ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh

√a+ b− c+

√b+ c− a+

√c+ a− b ≤

√a+√b+√c.


2 ĐỐI XỨNG 2.2 Phá vỡ tính đối xứng

2.2 Phá vỡ tính đối xứng

Bây giờ ta nghiên cứu làm thế nào để phá vỡ tính đối xứng. Trước hết hãy tấncông bài toán sau.

Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng

a4 + b4 + c4 + 3 (abc)43 ≥ 2

(a2b2 + b2c2 + c2a2) .

Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này. Thật vậy, ta có thể dùng bấtđẳng thức Schur hoặc bất đẳng thức Popoviciu. Tuy nhiên, ở đây ta cố gắng đưa ramột chứng minh khác. Một suy nghĩ tự nhiên là sử dụng bất đẳng thức AM-GM vàcó ước lượng

c4 + 3 (abc)43 ≥ 4

(c4 · (abc)

43 · (abc)

43 · (abc)

43

) 14= 4abc2

vàa4 + b4 ≥ 2a2b2.

Cộng hai bất đẳng thức này ta có

a4 + b4 + c4 + 3 (abc)43 ≥ 2a2b2 + 4abc2.

Do đó vấn đề còn lại là chứng minh

2a2b2 + 4abc2 ≥ 2(a2b2 + b2c2 + c2a2)

hay một cách tương đương0 ≥ 2c2(a− b)2,

điều này nói chung không đúng. Ta chỉ có chiều ngược lại! Tuy nhiên, ta có thể lợidụng ý tưởng trên để hoàn thành chứng minh.

Chứng minh. Using the symmetry of the inequality, we break the symmetry. Vì bấtđẳng thức này đối xứng nên ta chỉ cần xét trường hợp a, b ≥ c. Theo Bất đẳng thức

AM-GM thì c4 + 3 (abc)43 ≥ 4abc2, ta có

a4 + b4 + c4 + 3 (abc)43 − 2

(a2b2 + b2c2 + c2a2)

≥(a4 + b4 − 2a2b2

)+ 4abc2 − 2

(b2c2 + c2a2)

=(a2 − b2

)2 − 2c2 (a− b)2

= (a− b)2((a+ b)2 − 2c2

).

Do a, b ≥ c nên biểu thức cuối cùng không âm.

Epsilon 9. Cho a, b, c là đọ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh

a

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b< 2.

Epsilon 10. (USA 1980) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ∈ [0, 1],

a

b+ c+ 1+

b

c+ a+ 1+

c

a+ b+ 1+ (1− a)(1− b)(1− c) ≤ 1.



Epsilon 11. [AE, p. 186] Chứng minh với mọi a, b, c ∈ [0, 1],

a

1 + bc+

b

1 + ca+

c

1 + ab≤ 2.

Epsilon 12. [SL 2006 KOR] Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh√b+ c− a√

b+√c−√a+

√c+ a− b

√c+√a−√b+

√a+ b− c

√a+√b−√c≤ 3.

Epsilon 13. Cho f(x, y) = xy(x3 + y3

)với x, y ≥ 0 thoả mãn x+ y = 2. Chứng minh

bất đẳng thức

f(x, y) ≤ f

(1 +

1√3, 1− 1√

3

)= f

(1− 1√

3, 1 +

1√3

).

Epsilon 14. Cho a, b ≥ 0 sao cho a+ b = 1. Chứng minh√a2 + b+

√a+ b2 +

√1 + ab ≤ 3.

Chứng tỏ đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu (a, b) = (1, 0) hoặc (a, b) = (0, 1).

Epsilon 15. (USA 1981) Cho tam giác ABC. Chứng minh

sin 3A+ sin 3B + sin 3C ≤ 3√3

2.

Ví dụ trên cho thấy rằng, nói chung, các bài toán đối xứng không có nghiệmđối xứng. Tiếp theo chúng tôi giới thiệu một bất đẳng thức cực kỳ lợi hại khi đốidiện với các giả thiết về thứ tự.

Epsilon 16. (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho x1, · · · , xn và y1, · · · yn là hai dãy tăngcác số thực:

x1 ≤ · · · ≤ xn, y1 ≤ · · · ≤ yn.

Khi đón∑

i=1

xiyi ≥1

n

(n∑

i=1

xi

)(n∑

i=1

yi

).

Hệ quả 2.1. (Bất đẳng thức AM-HM) Cho x1, · · · , xn > 0. Khi đó, ta có

x1 + · · ·+ xn

n≥ n

1x1

+ · · · 1xn

hay1

x1+ · · · 1

xn≥ n2

x1 + · · ·+ xn.

Dấu bằng xảy ra nếu và chỉ nếu x1 = · · · = xn.

Chứng minh. Theo tính đối xứng của Bất đẳng thức, ta giả sử x1 ≤ · · · ≤ xn. Ta có

− 1

x1≤ · · · ≤ − 1

xn.

Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có

x1 ·(− 1

x1

)+ · · ·+ x1 ·

(− 1

x1

)≥ 1

n(x1 + · · ·+ xn)

[(− 1

x1

)+ · · ·+

(− 1

x1

)].



Chú ý 2.1. Trong bất đẳng thức Chebyshev không đòi hỏi điều kiện các biến dương.Điều này suy ra rằng nếu x1 ≤ · · · ≤ xn và y1 ≥ · · · ≥ yn, thì ta có đánh giá ngược lại

n∑i=1

xiyi ≤1

n

(n∑

i=1

xi

)(n∑

i=1

yi

).

Epsilon 17. (United Kingdom 2002) Với mọi a, b, c ∈ (0, 1), chứng minh rằng

a

1− a+

b

1− b+

c

1− c≥ 3 3

√abc

1− 3√abc

.

Epsilon 18. [IMO 1995/2 RUS] Cho a, b, c là các số dương sao cho abc = 1. Chứngminh

1

a3(b+ c)+

1

b3(c+ a)+

1

c3(a+ b)≥ 3

2.

Epsilon 19. (Iran 1996) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng

(xy + yz + zx)

(1

(x+ y)2+

1

(y + z)2+

1

(z + x)2

)≥ 9

4.

Tiếp theo ta giới thiệu ba cách chứng minh khác nhau của Bất đẳng thức Nesbitt:

Mệnh đề 2.1. (Nesbitt) Với mọi số thực dương a, b, c, ta có

a

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b≥ 3

2.

Chứng minh 1. Kí hiệu L là vế trái. Vì đây là bất đẳng thức đối xứng ba biến nên tacó thể giả sử rằng a ≥ b ≥ c. Vì 1

b+c≥ 1

c+a≥ 1

a+b, theo Bất đẳng thức Chebyshev

L ≥ 1

3(a+ b+ c)

(1

b+ c+

1

c+ a+

1

a+ b

)=

1

3

(a+ b+ c

b+ c+

a+ b+ c

c+ a+

a+ b+ c

a+ b

)= 3

(1 +

a

b+ c+ 1 +

b

c+ a+ 1 +

c

a+ b

)=

1

3(3 + L),

do đó L ≥ 32.

Chứng minh 2. Ta phá vỡ tính đối xứng bằng một phép chuẩn hoá thích hợp. Vì đâylà bất đẳng thức đối xứng ba biến nên ta có thể giả sử rằng a ≥ b ≥ c. Sử dụng phépthế x = a

c, y = b

c, ta có x ≥ y ≥ 1. Bất đẳng thức Nesbitt trở thành

ac

bc+ 1

+bc

ac+ 1

+1

ac+ b

c

≥ 3

2

hayx

y + 1+

y

x+ 1≥ 3

2− 1

x+ y.



Từ Bất đẳng thức AM-GM ta có

x+ 1

y + 1+

y + 1

x+ 1≥ 2

hayx

y + 1+

y

x+ 1≥ 2− 1

y + 1− 1

x+ 1.

Ta chỉ việc chứng minh

2− 1

y + 1− 1

x+ 1≥ 3

2− 1

x+ y

hay1

2− 1

y + 1≥ 1

x+ 1− 1

x+ y

hayy − 1

2(1 + y)≥ y − 1

(x+ 1)(x+ y).

là đủ. Và bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng với x ≥ y ≥ 1.

Chứng minh 3. Như trong chứng minh trước, ta giả sử a ≥ b ≥ 1 = c. Ta sẽ chứngminh

a

b+ 1+

b

a+ 1+

1

a+ b≥ 3

2.

Đặt A = a+ b và B = ab. Điều ta mong muốn là

a2 + b2 + a+ b

(a+ 1)(b+ 1)+

1

a+ b≥ 3

2

hayA2 − 2B +A

A+B + 1+

1

A≥ 3

2

tức là2A3 −A2 −A+ 2 ≥ B(7A− 2).

Vì 7A− 2 > 2(a+ b− 1) > 0 và A2 = (a+ b)2 ≥ 4ab = 4B nên ta cần chứng tỏ

4(2A3 −A2 −A+ 2) ≥ A2(7A− 2) ⇔ A3 − 2A2 − 4A+ 8 ≥ 0.

Dễ dàng kiểm tra rằng A3 − 2A2 − 4A+ 8 = (A− 2)2(A+ 2) ≥ 0.


2 ĐỐI XỨNG 2.3 Đối xứng hoá

2.3 Đối xứng hoá

Bây giờ ta sẽ tấn công các bất đẳng thức không đối xứng bằng cách biến đổi chúngvề các bất đẳng thức đối xứng.

Ví dụ 6. Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh

x2

y2+

y2

z2+

z2

x2≥ x

y+

y

z+

z

x.

Lời giải 1. Ta phá vỡ tính thuần nhất. Sử dụng phép thế a = xy, b = y

z, c = z

x, bài

toán trở thànha2 + b2 + c2 ≥ a+ b+ c.

Ta có

a2 + b2 + c2 ≥ 1

3(a+ b+ c)2 ≥ (a+ b+ c)(abc)

13 = a+ b+ c.

Epsilon 20. (APMO 1991) Cho a1, · · · , an, b1, · · · , bn là các số thực dương sao choa1 + · · ·+ an = b1 + · · ·+ bn. Chứng minh

a12

a1 + b1+ · · ·+ an

2

an + bn≥ a1 + · · ·+ an

2.

Epsilon 21. Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh

x

2x+ y+

y

2y + z+

z

2z + x≤ 1.

Epsilon 22. Cho x, y, z là các số thực dương thoả x+ y + z = 3. Chứng minh

x3

x2 + xy + y2+

y3

y2 + yz + z2+

z3

z2 + zx+ x2≥ 1.

Epsilon 23. [SL 1985 CAN] Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh

x2

x2 + yz+

y2

y2 + zx+

z2

z2 + xy≤ 2.

Epsilon 24. [SL 1990 THA] Cho a, b, c, d ≥ 0 thoả ab+ bc+ cd+ da = 1. Chứng minh

a3

b+ c+ d+

b3

c+ d+ a+

c3

d+ a+ b+

d3

a+ b+ c≥ 1

3.

Delta 13. [SL 1998 MNG] Cho a1, · · · , an là các số thực dương sao cho a1+· · ·+an <1. Chứng minh rằng

a1 · · · an (1− a1 − · · · − an)

(a1 + · · ·+ an) (1− a1) · · · (1− an)≤ 1

nn+1.


3 BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

3 Bất đẳng thức hình học


4 XEM LẠI HÌNH HỌC

4 Xem lại hình học


5 BA KĨ THUẬT TUYỆT VỜI

5 Ba kĩ thuật tuyệt vời


6 THUẦN NHẤT HÓA VÀ CHUẨN HÓA

6 Thuần nhất hóa và chuẩn hóa


7 TÍNH LỒI VÀ ÁP DỤNG

7 Tính lồi và áp dụng


8 BÀI TẬP

8 Bài tập


9 PHỤ LỤC

9 Phụ lục

9.1 Tài liệu tham khảo

AE A. Engel, Problem-solving Strategies, Springer, 1989

AK F. F. Abi-Khuzam, A Trigonometric Inequality and its Geometric Applications,Mathematical Inequalities and Applications, 3(2000), 437-442

AN A. M. Nesbitt, Problem 15114, Educational Times, 3(1903), 37-38

AP A. Padoa, Period. Mat., 4, 5(1925), 80-85

AS A. Storozhev, AMOCMathematics Contests 1999, Australian Mathematics Trust

BDJMV O. Bottema, R. Z. Djordjevic, R. R. Janic, D. S. Mitrinovic, P. M. Vasic, Geo-metric Inequalities, Wolters-Noordhoff Publishing, Groningen, 1969

BK O. Bottema and M. S. Klamkin, Joint Triangle Inequalities, Simon Stevin 48(1974), I-II, 3-8

BR1 C. J. Bradley, Challenges in Geometry, OUP

BR2 C. J. Bradley, The Algebra of Geometry, Highperception

DB David M. Burton, Elementary Number Theory, McGraw Hill

DM J. F. Darling, W. Moser, Problem E1456, Amer. Math. Monthly, 68(1961) 294,230

DG S. Dar and S. Grueron, A weighted Erdos-Mordell inequality, Amer. Math.Monthly, 108(2001) 165-167

DP1 D. Pedoe, On Some Geometrical Inequalities, Math. Gaz., 26 (1942), 202-208

DP2 D. Pedoe, An Inequality for Two Triangles, Proc. Cambridge Philos. Soc., 38(1943), 397-398

DP3 D. Pedoe, E1562, A Two-Triangle Inequality, Amer. Math. Monthly, 70(1963),1012

DP4 D. Pedoe, Thinking Geometrically, Amer. Math. Monthly, 77(1970), 711-721

DP5 D. Pedoe, Inside-Outisde: The Neuberg-Pedoe Inequality, Univ. Beograd. Publ.Elektrotehn. Fak. ser. Mat. Fiz., No. 544-576 (1976), 95-97

DZMP D. Djukic, V. Z. Jankovic. I. Matic, N. Petrovic, Problem-solving Strategies,Springer 2006

EC E. Cesáro, Nouvelle Correspondence Math., 6(1880), 140

EH E. Howe, A new proof of Erdos’s theorem on monotone multiplicative functions,Amer. Math. Monthly, 93(1986), 593-595

Fag Fagnano’s problem, http://www.cut-the-knot.org/triangle/Fagnano.shtml

FiHa P. von Finsler and H. Hadwiger, Einige Relationen im Dreieck, CommentariiMathematici Helvetici, 10 (1937), no. 1, 316-326

FH F. Holland, Another verification of Fagnano’s theorem, Forum Geom., 7 (2007),207-210

GC G. Chang, Proving Pedoe’s Inequality by Complex Number Computation, Amer.Math. Monthly, 89(1982), 692


9 PHỤ LỤC 9.1 Tài liệu tham khảo

HH J. M. Habeb, M. Hajja, A Note on Trigonometric Identities, Expositiones Math-ematicae, 21(2003), 285-290

HS H. F. Sandham, Problem E819, Amer. Math. Monthly 55(1948), 317

IN I. Niven, Maxima and Minima Without Calculus, MAA

IV I. Vardi, Solutions to the year 2000 International Mathematical Olympiad,http://www.lix.polytechnique.fr/Labo/Ilan.Vardi/publications.html

JC J. Chen, Problem 1663, Crux Mathematicorum, 18(1992), 188-189

JL J. C. Lagarias, An Elementary Problem Equivalent to the Riemann Hypothesis,Amer. Math. Monthly, 109(2002), 534-543

JN J. Neuberg, Sur les projections et contre-projections d’un triangle fixe, Acad.Roy. de Belgique, 44 (1891), 31-33

Kim Clark Kimberling, Encyclopedia of Triangle Centers,http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ETC.html

KK K. S. Kedlaya, A < B, http://www.unl.edu/amc/a-activities/a4-for-students/s-index.shtml

KL Kin Y. Li, Majorization Inequality, Mathematical Excalibur, 5(2000), 2-4

KS K. B. Stolarsky, Cubic Triangle Inequalities, Amer. Math. Monthly, 78(1971),879-881

KWL Kee-Wai Liu, Problem 2186, Crux Math. with Math. Mayhem, 23(1997), 71-72

LC1 L. Carlitz, An Inequality Involving the Area of Two Triangles, Amer. Math.Monthly, 78(1971), 772

LC2 L. Carlitz, Some Inequalities for Two Triangles, Amer. Math. Monthly, 80(1973),910

LL L. C. Larson, Problem-Solving Through Problems, Springer, 1983.

LE L. Emelyanov, A Feuerbach type theorem on six circles, Forum. Geom, 1 (2001),173-175.

LuPo C. Lupu, C. Pohoata, Sharpening Hadwiger-Finsler’s Inequality, Crux Math.with Math. Mayhem, 2 (2008), 97-101.

LR E. Lozansky, Cecil Rousseau, Winning Solutions, Springer, 1996

Max E.A. Maxwell, The methods of plane projective geometry based on the use ofgeneral homogeneous coordinates.

MB L. J. Mordell, D. F. Barrow, Problem 3740, Amer. Math. Monthly 44(1937),252-254

MV D. S. Mitinovic (in cooperation with P. M. Vasic), Analytic Inequalities, Springer

MC M. Colind, Educational Times, 13(1870), 30-31

MEK1 Marcin E. Kuczma, Problem 1940, Crux Math. with Math. Mayhem, 23(1997),170-171

MEK2 Marcin E. Kuczma, Problem 1703, Crux Mathematicorum, 18(1992), 313-314

MH M. Hajja, A short trigonometric proof of the Steiner-Lehmus theorem, ForumGeom, 8 (2008), 39-42

MJ L. Moser and J. Lambek, On monotone multiplicative functions, Proc. Amer.Math. Soc., 4(1953), 544-545


9 PHỤ LỤC 9.1 Tài liệu tham khảo

MP M. Petrovic, Racunanje sa brojnim razmacima, Beograd, 1932, 79

MSK1 M. S. Klamkin, International Mathematical Olympiads 1978-1985, MAA, 1986

MSK2 M. S. Klamkin, USA Mathematical Olympiads 1972-1986, MAA 1988

NP C. Niculescu, L-E. Persson, Convex functions and Their Applications - A Con-temporary Approach, CMS Books in Mathematics, 2006

NS N. Sato, Number Theory, http://www.artofproblemsolving.com/Resources

NZM Ivan Niven, Herbert S. Zuckerman, Hugh L. Montogomery, An Introduction tothe Theory of Numbers, Fifth Edition, John Wiley and Sons, Inc

ONI T. Andreescu, V. Cirtoaje, G. Dospinescu, M. Lascu, Old and New Inequalities,GIL, 2004

ONI2 V. Q. B. Can, C. Pohoată, Old and New Inequalities. Volume 2, GIL, 2008

PE P. Erdos, On the distribution function of additive functions, Ann. of Math.,47(1946), 1-20

RJ R. A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover reprint 2007

RS R. A. Satnoianu, A General Method for Establishing Geometric Inequalities ina Triangle, Amer. Math. Monthly 108(2001), 360-364

RW R. Weitzenbock, Uber eine Ungleichung in der Dreiecksgeometrie, Math. Zeit.,5(1919), 137-146

SG S. Gueron, Two Applications of the Generalized Ptolemy Theorem, Amer. Math.Monthly, 109 (2002), 362-370

SR1 S. Rabinowitz, On The Computer Solution of Symmetric Homogeneous TriangleInequalities, Proceedings of the ACM-SIGSAM 1989 International Symposiumon Symbolic and Algebraic Computation (ISAAC ’89), 272-286

SR2 S. Reich, Problem E1930, Amer. Math. Monthly, 73(1966), 1017-1018.

TD Titu Andreescu, Dorin Andrica, Complex Numbers from A to ... Z, Birkhauser2005

TM T. J. Mildorf, Olympiad Inequalities, http://web.mit.edu/tmildorf/www/

TZ T. Andreescu, Z. Feng, 103 Trigonometry Problems From the Training of theUSA IMO Team, Birkhauser

VT V. Thebault, Problem 3887, Three circles with collinear centers, Amer. Math.Monthly, 45 (1938), 482-483

WB1 W. J. Blundon, Canad. Math. Bull. 8(1965), 615-626

WB2 W. J. Blundon, Problem E1935, Amer. Math. Monthly 73(1966), 1122

WL K. Wu, Andy Liu, The Rearrangement Inequality

ZC Zun Shan, Ji Chen, Problem 1680, Crux Mathematicorum 18(1992), 251


9 PHỤ LỤC 9.2 Mã IMO

9.2 Mã IMO

từ http://www.imo-official.org

AFG Afghanistan ALB Albania ALG Algeria

ARG Argentina ARM Armenia AUS Australia

AUT Austria AZE Azerbaijan BAH Bahrain

BGD Bangladesh BLR Belarus BEL Belgium

BEN Benin BOL Bolivia BIH BIHBRA Brazil BRU Brunei BGR Bulgaria

KHM Cambodia CMR Cameroon CAN Canada

CHI Chile CHN CHN COL Colombia

CIS CIS CRI Costa Rica HRV Croatia

CUB Cuba CYP Cyprus CZE Czech Republic

CZS Czechoslovakia DEN Denmark DOM Dominican Republic

ECU Ecuador EST Estonia FIN Finland

FRA France GEO Georgia GDR GDRGER Germany HEL Greece GTM Guatemala

HND Honduras HKG Hong Kong HUN Hungary

ISL Iceland IND India IDN Indonesia

IRN Islamic Republic of Iran IRL Ireland ISR Israel

ITA Italy JPN Japan KAZ Kazakhstan

PRK PRK KOR Republic of Korea KWT Kuwait

KGZ Kyrgyzstan LVA Latvia LIE Liechtenstein

LTU Lithuania LUX Luxembourg MAC Macau

MKD MKD MAS Malaysia MLT Malta

MRT Mauritania MEX Mexico MDA Republic of Moldova

MNG Mongolia MNE Montenegro MAR Morocco

MOZ Mozambique NLD Netherlands NZL New Zealand

NIC Nicaragua NGA Nigeria NOR Norway

PAK Pakistan PAN Panama PAR Paraguay

PER Peru PHI Philippines POL Poland

POR Portugal PRI Puerto Rico ROU Romania

RUS Russian Federation SLV El Salvador SAU Saudi Arabia

SEN Senegal SRB Serbia SCG Serbia and Montenegro

SGP Singapore SVK Slovakia SVN Slovenia

SAF South Africa ESP Spain LKA Sri Lanka

SWE Sweden SUI Switzerland SYR Syria

TWN Taiwan TJK Tajikistan THA Thailand

TTO Trinidad and Tobago TUN Tunisia TUR Turkey

NCY NCY TKM Turkmenistan UKR Ukraine

UAE United Arab Emirates UNK United Kingdom USA United States of America

URY Uruguay USS USS UZB Uzbekistan

VEN Venezuela VNM Vietnam YUG Yugoslavia


9 PHỤ LỤC 9.2 Mã IMO

BIH Bosnia và Herzegovina

CHN Cộng hòa nhân dân Trung Hoa

CIS Các nước thịnh vượng chung

FRG Cộng hòa Liên bang Đức

GDR Cộng hòa dân chủ Đức

MKD Cộng hòa Macedonia thuộc Liên bang Nam Tư trước đây

NCY Cộng hòa người Thổ phía bắc đảo Síp

PRK Cộng hòa dân chủ nhân dân Triều Tiên

USS Liên Xô


Documents

B⁄T˚‘NGTHÙC · B⁄T˚‘NGTHÙC Ng€y 19 th¡ng 10 n«m 2013 HojooLee,TomLovering,v€CosminPohoat « Xu§tb£nlƒn˜ƒuth¡ng10n«m2008 DàchbðiVnMath.Com Phi¶nb£n2.01