So sánh các trung bình khác nhau của hai số dương

20

SO SÁNH
CÁC TRUNG BÌNH KHÁC NHAU
CỦA HAI SỐ
DƯƠNG

Z. A. Skopets

Ai cũng biết rằng với hai số dương $a$ và $b$ hoặc với hai đoạn thẳng có độ dài $a$ và $b$, ta có trung bình cộng $\frac{a+b}{2}$ và trung bình nhân $\sqrt{ab}$, trong đó $\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}$ (dấu bằng chỉ xảy ra khi $a=b$). Chứng minh đại số của bất đẳng thức này cực kỳ đơn giản:

$$(a-b)^2 \geq 0, (a+b)^2 \geq 4ab,$$
$$ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 \text{ và } \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}.$$

Chứng minh hình học dựa trên một hệ thức về độ dài giữa các yếu tố của tam giác vuông: đường cao của tam giác vuông hạ xuống cạnh huyền là trung bình nhân của các hình chiếu của hai cạnh góc vuông lên cạnh huyền. Đường cao này không vượt quá bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, trong khi trung bình cộng của các đoạn cạnh huyền đúng bằng bán kính của đường tròn đó.

Ngoài hai trung bình đã nêu, còn đáng xét hai trung bình thường gặp khác: trung bình bình phương $\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$ và trung bình điều hòa $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} = \frac{2ab}{a+b}$.

Hãy đưa ra chứng minh đại số, rồi chứng minh hình học cho điều sau:

$$\frac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}},$$

hơn nữa trong mọi trường hợp dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b$. Ký hiệu các trung bình được viết ở (1) lần lượt bằng các chữ $M, N, K, L$. Bất đẳng thức $N \leq K$ chúng ta đã kiểm tra. Còn phải chứng minh rằng 1) $K \leq L$; 2) $M \leq N$.

1. $K^2 - L^2 = \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 - \frac{a^2+b^2}{2} = -\frac{1}{4} (a-b)^2 \leq 0,$

nghĩa là $K \leq L$, hơn nữa $K=L$ chỉ khi $a=b$;

2. $M^2 - N^2 = \frac{4a^2b^2}{(a+b)^2} - ab = -\frac{ab (a-b)^2}{(a+b)^2} \leq 0,$

nghĩa là $M \leq N$, hơn nữa $M=N$ khi $a=b$.

Tính đúng đắn của các bất đẳng thức (1) đã được chứng minh *).

Bây giờ chúng ta sẽ xét chứng minh hình học của các bất đẳng thức này, những bất đẳng thức có thể trở nên hữu-

*) Các bất đẳng thức này đã được nói đến trong bài của A. P. Savin “Cực đại, cực tiểu và định lý về các trung bình” (“Kvant” số 11, 1970).

21

ích khi giải các bài toán hình học.

Cho hai đoạn thẳng $a$ và $b$. Nếu $a=b$, thì bằng cách kiểm tra ta xác nhận được tính đúng đắn của các bất đẳng thức (1). Giả sử rằng $a>b$, và dựng hình thang $ABCD$ có các đáy $AB$ và $CD$ lần lượt bằng $a$ và $b$ (hình 1). Kẻ đường thẳng cắt $l$ sao cho nó song song với các đáy của hình thang và chia hình thang thành hai hình thang có diện tích bằng nhau $T_1(ABL_2L_1)$ và $T_2(L_1L_2CD)$. Tính độ dài đoạn thẳng $L_1L_2$, ký hiệu là $x$. Từ việc các hình thang $T_1$ và $T_2$ có diện tích bằng nhau suy ra rằng $(a+x)h_1=(x+b)h_2$, hoặc

$$h_1:h_2=(x+b):(a+x),$$

(2) trong đó $h_1$ là chiều cao của hình thang $T_1$, còn $h_2$ là chiều cao của hình thang $T_2$. Từ sự đồng dạng của các tam giác $AL_1U$ và $DL_1V$ suy ra rằng

$$h_1:h_2=(a-x):(x-b).$$

(3) Đối chiếu (2) và (3), ta được

$$\frac{x+b}{a+x}=\frac{a-x}{x-b},$$

từ đó suy ra $x^2-b^2=a^2-x^2$, và cuối cùng

$$x=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$

Vậy đã chứng minh được rằng $L_1L_2=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$

Theo (2), ta có $h_1<h_2$, vì vậy đoạn $L_1L_2$ nằm gần đáy lớn hơn $AB$ của hình thang hơn là đường trung bình $K_1K_2$ của nó, có độ dài bằng $\frac{a+b}{2}$. Độ dài của đoạn $x$, song song với các đáy của hình thang, có các đầu mút nằm trên các cạnh bên của hình thang, nằm giữa độ dài các đáy của nó (điều này suy ra từ các tính chất đồng dạng). Vậy, khi $a>b$ ta có $\frac{a+b}{2}<\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$. Bất đẳng thức này vẫn đúng khi $a<b$ (chỉ cần đổi ký hiệu: $a$ thành $b$ và $b$ thành $a$). Do đó, với mọi $a$ và $b$ ta có $\frac{a+b}{2}\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$

Chuyển sang so sánh $N$ và $K$. Để làm điều đó, kẻ đường thẳng cắt $n$ sao cho nó chia hình thang đã cho thành hai hình thang đồng dạng (vị tự) $T_1'(ABN_2N_1)$ và $T_2'(N_1N_2CD)$ (hình 2). Ký hiệu độ dài đoạn thẳng $N_1N_2$ là $y$. Từ sự đồng dạng của các hình thang $T_1'$ và $T_2'$ suy ra rằng $a:y=y:b$, hay

$$y=\sqrt{ab}.$$

Do đó, $N_1N_2=\sqrt{ab}$. Từ sự đồng dạng của các hình thang (có xét đến (4)) cũng suy ra rằng

$$AN_1:N_1D=a:y=\sqrt{\frac{a}{b}}>1.$$

Điều này có nghĩa là đường thẳng $n$ nằm xa đáy $AB$ của hình thang hơn,

22

so với đường trung bình $K_1K_2$, và vì thế $N_1N_2 < K_1K_2$. Vậy, với mọi $a$ và $b$ ta có

$$\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}.$$

Cuối cùng, qua giao điểm $O$ của các đường chéo của hình thang đã cho, kẻ đường thẳng $m$ song song với các đáy và cắt các cạnh bên tại các điểm $M_1$ và $M_2$ (hình 3). Hiển nhiên rằng $AM_1:M_1D = AO:OC = a:b$.

Nhưng $\frac{a}{b} > \sqrt{\frac{a}{b}}$, vì $a > b$. Do đó, có tính đến (5), suy ra rằng đoạn $M_1M_2$ nằm gần đáy nhỏ của hình thang hơn đoạn $N_1N_2$, và vì thế $M_1M_2 < N_1N_2$. Mặt khác,

$$M_1O:a = DO:DB = CO:CA = OM_2:a.$$

Điều này có nghĩa là $M_1O = OM_2$. Tiếp theo,

$$\frac{M_1O}{a} + \frac{OM_2}{b} = \frac{DO}{DB} + \frac{BO}{DB} = 1.$$

Từ đây suy ra $M_1M_2 = 2M_1O = 2\frac{1}{a} + \frac{1}{b}$, và do đó $M_1M_2 = \frac{2ab}{a+b}$. Vậy $M < N$, nếu $a > b$. Tương tự, chứng minh được rằng $M < N$, nếu $a < b$. Do đó, với mọi $a$ và $b$ ta có

$$\frac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab}.$$

Qua đó tính đúng đắn của bất đẳng thức (1) được chứng minh.

Như vậy, cả bốn trung bình

$$M_1M_2 = M = \frac{2ab}{a+b}; \quad N_1N_2 = N = \sqrt{ab};$$

$$K_1K_2 = K = \frac{a+b}{2}; \quad L_1L_2 = L = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$

Dựa trên hai đoạn thẳng $a$ và $b$ ta thu được một cách diễn giải hình học: nếu hai đoạn thẳng này là các đáy của một hình thang, thì gần đáy lớn hơn của hình thang là trung bình bình phương, tiếp theo là trung bình cộng, rồi đến trung bình nhân và cuối cùng là trung bình điều hòa (hình 4). Rõ ràng độ dài của các đoạn thẳng này không phụ thuộc vào hình dạng của hình thang — ở mọi hình thang có các đáy dài $a$ và $b$, các trung bình tương ứng nói trên đều bằng nhau. Khi $a = b$, hình thang trở thành hình bình hành và cả bốn trung bình trùng nhau và bằng $a$.

Còn phải dựng bốn trung bình này theo các đoạn thẳng đã cho $a$ và $b$. Ta sẽ đưa ra các phép dựng như vậy để có thể bằng một cách khác kiểm tra tính đúng đắn của các bất đẳng thức (1).

Trên một phía của đường thẳng tính từ điểm $O$, đặt các đoạn thẳng $OA = a$, $OB = b$, trong đó $a < b$. Gọi $S$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$ (hình 5). Khi đó

$$OS = a + \frac{b-a}{2} \text{ hoặc } OS = \frac{a+b}{2} = K.$$

23

Hình 5.

$$OC = M = \frac{2ab}{a+b};$$
$$OP = N = \sqrt{ab};$$
$$OS = K = \frac{a+b}{2};$$
$$OE = L = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}};$$
$$M < N < K < L.$$

Dựng trên đoạn $AB$, như trên một đường kính, một đường tròn và từ điểm $O$ kẻ đến nó các tiếp tuyến $OP$ và $OQ$ ($P, Q$ — các tiếp điểm). Ta dùng hệ thức giữa các đoạn của cát tuyến và tiếp tuyến kẻ từ điểm $O$ đến đường tròn:
$$OP^2 = ab.$$ Do đó, $OP = \sqrt{ab} = N$, hơn nữa $N < K$. Tiếp theo, giả sử $PQ$ cắt $OS$ tại điểm $C$. Khi đó $OP^2 = OS \cdot OC$ và
$$OC = ab: \frac{a+b}{2} = \frac{2ab}{a+b} = M,$$
hơn nữa $M < N$.

Cuối cùng, dựng bán kính $SE$ vuông góc với $AB$. Ta có
$$OE^2 = \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2,$$
$$OE = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}} = L,$$
trong đó $K < L$. Vậy, nếu $a \neq b$, thì $M < N < K < L$.

Bài tập

1. Trên một đường thẳng, về cùng một phía đối với điểm $O$ đặt các đoạn $OA = a, OB = b, a < b,$ và dựng đường tròn $k$ có đường kính $AB$ với tâm $S$. Tiếp theo, dựng $k_1$ có tâm $O$ bán kính $OP$ và $k_2$ có đường kính $OS$.

Chứng minh rằng nếu đường thẳng đi qua $O$ cắt các phần của các đường $g, k_1$ và $k_2$ nằm bên trong $k$ tại các điểm $C_1, P_1, S_1$, còn đường tròn $k$ — tại các điểm $A_1$ và $B_1$, thì
$$OC_1 = \frac{2a_1b_1}{a_1+b_1},$$
$$OP_1 = \sqrt{a_1b_1},$$
$$OS_1 = \frac{a_1+b_1}{2} \quad (a_1 = OA_1, b_1 = OB_1).$$

2. Tìm các hệ thức liên hệ giữa mỗi ba trong bốn trung bình của hai số $a$ và $b$:
   $$M = \frac{2ab}{a+b},$$
   $$N = \sqrt{ab},$$
   $$K = \frac{a+b}{2},$$
   $$L = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$

3. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
   a) $N - M \leqslant K - N,$
   b) $K - M \leqslant L - N,$
   b) $L - K \leqslant K - N.$

4. Đường tròn có tâm $S$ trên trục hoành của hệ tọa độ vuông góc cắt trục tại các điểm $A(a, 0)$ và $B(b, 0), a > 0, b > 0, a < b$. Một cát tuyến đi qua gốc tọa độ $O$ cắt đường tròn tại các điểm $A_1$ và $B_1$. Lập phương trình đường mà các điểm $C_1(x, y)$ trên các cát tuyến thuộc về, sao cho
   $$(OC_1)^2 = \frac{1}{2} \left[ (OA_1)^2 + (OB_1)^2 \right].$$

5. Trên phần kéo dài của cạnh $AB$ của tam giác $ABS$ về phía sau điểm $A$ cho điểm $O$, qua đó kẻ một đường thẳng, cắt $AS$ và $BS$ tương ứng tại các điểm $B_1$ và $A_1$. Qua giao điểm $P$ của các đường thẳng $AA_1$ và $BB_1$ kẻ đường thẳng $SP$, cắt $AB$ tại điểm $C$. Chứng minh rằng $c = \frac{2ab}{a+b}$, trong đó $OA = a, OB = b, OC = c$.

6. Cho hình bình hành $OABC$ và đường trung bình $MN$ của tam giác $ABC$, song song với $AC$. Qua đỉnh $O$ kẻ một đường thẳng; đường thẳng này lần lượt cắt các đường thẳng $BC, CA, AB, MN$ tại các điểm $A_0, B_0, C_0, D_0$. Chứng minh rằng $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{3}{d}$, trong đó $OA_0 = a, OB_0 = b, OC_0 = c, OD_0 = d$; các điểm $A_0, B_0, C_0, D_0$ nằm cùng một phía đối với $O$ ($d$ là trung bình điều hòa của các đoạn thẳng $a, b, c, d$).

Đẳng thức đã nêu sẽ thay đổi như thế nào nếu các điểm $A_0, B_0, C_0, D_0$ không nằm cùng một phía đối với $O$?