Toán học Đồng nhất thức và bất đẳng thức trong tam giác41456

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Thị Út ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC SOME IDENTITIES AND INEQUALITIES OF TRIANGLES Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Thái Ngun - 2012 DeThiMau.vn Cơng trình hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Phản biện 1: Phản biện 2: Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun Ngày tháng năm 2012 Có thể tìm hiểu Thư viện Đại học Thái Nguyên DeThiMau.vn Mục lục Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bất đẳng thức qua tam thức bậc hai 1.2 Bất đẳng thức Jensen 1.3 Bất đẳng thức Karamata, Schur, Muirheard 1.4 Một vài hàm tự chọn Chương Một số đồng thức bất đẳng thức tam giác 2.1 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác 2.2 Một số bất đẳng thức tam giác 2.3 Một số toán nhận dạng tam giác 4 12 Chương Trình bày số kết J.Liu [8] Klamkin [7] 3.1 Khai thác toán véc tơ mặt phẳng 3.2 Trình bày lại kết báo J.Liu 3.2.1 Một số định lý 3.2.2 Một vài bổ đề 3.2.3 Chứng minh ba định lý 3.3 Trình bày bất đẳng thức Klamkin Kết luận Tài liệu tham khảo DeThiMau.vn 14 14 25 37 43 43 51 51 52 53 55 59 60 Mở đầu Đồng thức bất đẳng thức tam giác chuyên mục hấp dẫn người quan tâm tới Hình sơ cấp Đây mảnh đất cày xới nhiều qua năm tháng Vấn đề đặt ra: Làm để có đồng thức bất đẳng thức tam giác Tam giác hình quen thuộc tất người Thơng thường, xét tốn hình học người ta thường phải dùng đến thước kẻ, compa giải tốn qua hình vẽ Nhưng cách làm khó phát hệ thức Chúng ta khó xây dựng tốn với nhiều đại lượng tam giác Do có nhiều kết tam giác nên xuất câu hỏi thứ nhất: Có thể xây dựng kết hay khơng? Nhiều người sử dụng lượng giác, hình vẽ, phương pháp diện tích,v.v để tạo kết Theo chúng tôi, cách xây dựng khó đưa hệ thức cho tam giác mà có nhiều thành phần tham gia Rất tự nhiên, xuất câu hỏi thứ hai: Xây dựng kết nào? Bài toán đặt ra: Xây dựng đồng thức bất đẳng thức tam giác Với luận văn này, mong muốn giải phần thuộc tốn Luận văn chia làm ba chương Chương Kiến thức chuẩn bị Chương tập trung trình bày số bất đẳng thức Nó bao gồm mục: Bất đẳng thức qua tam thức bậc 2, bất đẳng thức Jensen qua hàm lồi bất đẳng thức Muirheard, Karamata Ngoài ra, để phát số bất đẳng thức khác cho tam giác chọn số hàm tương ứng với mục đích đặt Chương Một số đồng thức bất đẳng thức tam giác Đây nội dung trọng tâm luận văn Nó bao gồm mục sau: Mục DeThiMau.vn 2.1 tập trung xây dựng số đa thức bậc ba liên quan tam giác Từ đa thức ta phát số đồng thức bất đẳng thức tam giác Mục 2.2 tập trung xây dựng chứng minh lại số bất đẳng thức tam giác qua việc sử dụng kết Chương Từ kết đạt phát tam giác đặc biệt với điều kiện ban đầu đặt Mục 2.3 Chương Trình bày số kết J.Liu [8] Klamkin [7] Chương dành để trình bày việc khai thác toán véc tơ mặt phẳng Mục 3.1 Mục 3.2 trình bày lại số kết J Liu báo [8] Mục 3.3 trình bày lại kết Klamkin [7] Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS,TS Đàm Văn Nhỉ Từ đáy lịng mình, em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn thầy Em xin trân trọng cảm ơn tới Thầy, Cô giáo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K4 Trường Đại học Khoa học động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tuy nhiên hiểu biết thân, điều kiện thời gian khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên q trình nghiên cứu khơng tránh khỏi khiếm khuyết.Tác giả mong dạy đóng góp ý kiến Thầy, Cô giáo quý vị bạn đọc đóng góp ý kiến để luận văn hoàn thành tốt Thái Nguyên, ngày 10 tháng 10 năm 2012 Tác giả Nguyễn Thị Út DeThiMau.vn Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bất đẳng thức qua tam thức bậc hai Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = 0, ∆ = b2 − 4ac Ta có kết sau đây: Định lý 1.1.1 f (x) > với ∀x a>0 ∆ < Định lý 1.1.2 f (x) với ∀x a>0 ∆ Định lý 1.1.3 f (x) < với ∀x a   ∆ Định lý 1.1.8 x1 x2 < α  −b  α> 2a DeThiMau.vn 1.2 Bất đẳng thức Jensen Mục trình bày Bất đẳng thức Jensen Nó sử dụng để chứng minh số bất đẳng thức tam giác Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức Định nghĩa 1.2.1 Hàm số y = f (x) gọi hàm lồi, (xuống phía dưới), khoảng (a; b) với a < x1 , x2 < b α ∈ (0; 1) ln có bất đẳng thức: αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) f αx1 + (1 − α)x2 Định nghĩa 1.2.2 Hàm số y = f (x) gọi hàm lõm, (lên phía trên), khoảng (a; b) với a < x1 , x2 < b α ∈ (0; 1) ln có bất đẳng thức: αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) f αx1 + (1 − α)x2 Mệnh đề 1.2.1 Giả sử y = f (x) xác định liên tục (a; b) với a < f (x) − f (x1 ) b Hàm y = f (x) lồi khoảng (a; b) x − x1 x1 f (x1 ) f (x2 ) − f (x) với x1 , x, x2 ∈ (a; b) thỏa x f (x) x2 − x x2 f (x2 ) mãn x1 < x < x2 Chứng minh Giả sử y = f (x) hàm lồi khoảng (a; b) Với x1 , x, x2 ∈ (a; b), x1 < x < x2 , có biểu diễn: x= x2 − x x − x1 x1 + x2 , f (x) x2 − x1 x2 − x1 x2 − x x − x1 f (x1 ) + f (x2 ) x2 − x1 x2 − x1 Như có bất đẳng thức (x2 −x)f (x1 )+(x1 −x2 )f (x)+(x−x1 )f (x2 ) x1 f (x1 ) Điều ngược lại hiển nhiên hay biểu diễn dạng x f (x) x2 f (x2 ) Mệnh đề 1.2.2 Giả sử y = f (x) xác định liên tục khoảng (a; b) có đạo hàm hữu hạn f ′ (x) Khi y = f (x) hàm lồi f ′ (x) hàm không giảm (a; b) DeThiMau.vn Chứng minh Giả sử y = f (x) hàm lồi khoảng (a; b) Với x1 , x, x2 ∈ (a; b), x1 < x < x2 , có hai biểu diễn sau đây: x = x − x1 f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) x2 − x x1 + x2 Khi f ′ (x1 ) = x2 − x1 x2 − x1 x − x1 x2 − x f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) lim lim = f ′ (x2 ) Như x→x1 x→x x − x1 x2 − x1 x2 − x vậyf ′ (x1 ) f ′ (x2 ) Ngược lại, giả thiết f ′ (x) hàm không giảm f (x) − f (x1 ) = f ′ (α) (a; b) Với x1 , x, x2 ∈ (a; b), x1 < x < x2 ta có x − x1 f (x2 ) − f (x) = f ′ (β), x1 < α < x < β < x2 Vì f ′ (α) f ′ (β) x2 − x f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) suy Vậy y = f (x) hàm lồi theo Mệnh x − x1 x2 − x đề 1.2.1 Từ Mệnh đề 1.2.2 suy kết đây: Định lý 1.2.1 Giả thiết y = f (x) xác định liên tục khoảng (a; b) Giả sử f (x) có đạo hàm f ′ (x) liên tục có f ”(x) hữu hạn khoảng (a; b) Khi y = f (x) hàm lồi f ”(x) (a; b) Định lý 1.2.2 [Jensen] Nếu y = f (x) hàm lồi khoảng (a; b) với a1 , , an ∈ (a; b) số thực α1 , , αn n 0, αk = 1, n k=1 2, ta ln có bất đẳng thức đây: α1 f (a1 )+α2 f (a2 )+· · ·+αn f (an ) f (α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn an ) Chứng minh Quy nạp theo n Với n = kết luận hiển nhiên theo định nghĩa Giả sử kết luận cho n Xét n + điểm n+1 a1 , , an , an+1 ∈ (a; b) số thực α1 , , αn , αn+1 0, αk = k=1 αn+1 αn αn+1 > Đặt bn = an + an+1 ∈ (a; b) Theo giả αn + αn+1 αn + αn+1 thiết quy nạp ta có: f (α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn−1 an−1 + αn an + αn+1 an+1 ) = f (α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn−1 an−1 + (αn + αn+1 )bn ) α1 f (a1 ) + α2 f (a2 ) + · · · + αn−1 f (an−1 ) + (αn + αn+1 )f (bn ) DeThiMau.vn Vì f (bn ) = f ( nên αn αn+1 an + an+1 ) αn + αn+1 αn + αn+1 n+1 n+1 αk f (ak ) αn f (an ) αn+1 f (an+1 ) + αn + αn+1 αn + αn+1 f (αk ak ) Như định lý chứng minh k=1 k=1 Chú ý: Đối với hàm số lõm ta có dấu bất đẳng thức ngược lại Ví dụ 1.2.1 Giả thiết số nguyên n n k=1 3k − 3k−1 Chứng minh bất đẳng thức: n 3 + 3− 2n 2n.3n Bài giải Vì f (x) = lnx, x > 0, hàm lồi nên theo định lý 1.2.2 có 3k − 1 n 3k − 3 n ln k−1 ln k−1 Từ ln = ln − + n k=1 n k=1 2n 2.3n n n 3k − 3 suy bất đẳng thức + 3− n k−1 2n 2n.3 k=1 Hệ 1.2.1 Với a1 , , an , b1 , , bn , α1 , , αn > 0, n αk = k=1 2, ta ln có bất đẳng thức đây: n n (i) n α k ak k=1 k=1 n (ii) (ak + bk ) aαk k αk k=1 k=1 m (iii) m n aαk k + k=1 n m αk akj k=1 n j=1 k=1 j=1 aαkjk với akj n n (iv) [Cauchy] bαk k ak n ak n k=1 k=1 Chứng minh (i) Xét hàm lõm f (x) = ln x Theo Định lý Jensen ta có n ln k=1 aαk k = n n n αk ln ak k=1 ak n ln αk ak Do k=1 n k=1 bk aαk k n α k ak k=1 n αk bk ak + bk k=1 ak + bk k=1 ak + bk k=1 k=1 n αk ak + theo (i) nên sau cộng hai vế k=1 ak + bk (ii) Do αk ak ak + b k n DeThiMau.vn αk , αk n bk ak + b k k=1 bk ) αk n k=1 αk aαk k n Qua quy đồng ta nhận bất đẳng thức n + k=1 (ak + k=1 bαk k (iii) Sử dụng (ii) để quy nạp theo m (iii) Với α1 = · · · = αn = từ (i) suy (iv) 1.3 , n Bất đẳng thức Karamata, Schur, Muirheard Bộ n số thực (a) = (a1 , a2 , , an ) thỏa mãn a1 a2 · · · an gọi số không tăng Đặt |(a)| = a1 + a2 + · · · + an Trong tập hợp tất số không tăng A = {(a) = (ak )} ta định nghĩa quan hệ thứ tự: Giả sử (a) = (ak ), (b) = (bk ) hai số không tăng Định nghĩa (a) (b) a1 + · · · + ak b1 + · · · + bk , ∀ k = 1, 2, , n; Cịn có k để a1 + · · · + ak > b1 + · · · + bk ta viết (a) > (b) Định nghĩa 1.3.1 Giả sử có hai số không tăng (a) = (a1 , a2 , , an ) (b) = (b1 , b2 , , bn ) Bộ (a) gọi trội (b) điều kiện a1 + · · · + ak b1 + · · · + bk sau thỏa mãn: k = 1, 2, , n − 1; |(a)| = |(b)| Mệnh đề 1.3.1 [Karamata] Giả sử y = f (x) hàm lồi khoảng (a; b) không tăng (a), (b) với ak , bk ∈ (a; b) với k = 1, 2, , n Nếu (a) trội (b) có bất đẳng thức n f (bk ); y = f (x) hàm lõm f (ak ) k=1 f (bk ) f (ak ) k=1 k=1 n n n k=1 f (bk ) − f (ak ) , k = 1, 2, , n Theo b k − ak Mệnh đề 1.1.1, dãy (ck ) dãy đơn điệu giảm (a) (b) dãy Chứng minh: Đặt ck = δf (ak , bk ) = không tăng Đặt Ak = k k , B k = i=1 i=1 DeThiMau.vn bi với A0 = B0 = 0, k = 1, 2, , n 9 Từ |(a)| = |(b)| suy An = Bn Biến đổi hiệu n H = k=1 n = k=1 n = k=1 n−1 = k=1 Vì Ak n f (ak ) − n f (bk ) = k=1 k=1 n f (ak ) − f (bk ) = k=1 ck (ak − bk ) ck (Ak − Ak−1 − Bk + Bk−1 ) n ck (Ak − Bk ) − ck (Ak − Bk ) − Bk ck k=1 n−1 k=0 ck (Ak−1 − Bk−1 ) n−1 ck+1 (Ak − Bk ) = k=1 (ck − ck+1 )(Ak − Bk ) ck+1 với k = 1, 2, , n Vậy H Ví dụ 1.3.1 Với số thực dương a, b, c ln có bất đẳng thức 1 1 1 1 + + + + + + a + b b + c c + d d + a 2a 2b 2c 2d Bàigiải Không hạn chế giả thiết a b c d > Khi 2a a + b    2a + 2b a + b + b + c Từ suy có 2a + 2b + 2c a + b + b + c + c + d    2a + 2b + 2c + 2d = a + b + b + c + c + d + d + a ( 2a, 2b, 2c, 2d ) trội (a + b, b + c, c + d, d + a) Vì y = với x > x 1 1 1 1 hàm lồi nên ta có + + + + + + a + b b + c c + d d + a 2a 2b 2c 2d Theo mệnh đề ( 1.3.1) Ví dụ 1.3.2 Chứng minh với ba số thực x, y, z ∈ [−1; 1] thỏa mãn 1 x + y + z = ta ln có bất đẳng thức x2012 + y 2012 + z 2012 + 2012 2 Bài giải Vì x, y, z bình đẳng nên cho x y z −1 Hàm y = x2012 hàm lồi ( xuống phía ) f ”(x) (−1; 1) theo định lý ( 1.2.1 ) Ta xây dựng trội ( x, y, z ) sau: x 1 Vậy (1, , −1) trội ( x, y, z ) x + y = −z + 2 Theo mệnh đề ( 1.3.1) Ta có x2012 + y 2012 + z 2012 + 2012 DeThiMau.vn 10 Mệnh đề 1.3.2 [Schur] Với α, β > có S(α+2β,0,0) + S(α,β,β) 2S(α+β,β,0) Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh bất đẳng thức đây: aα+2β + bα+2β + cα+2β + aα bβ cβ + aβ bα cβ) + aβ bβ cα aα+β bβ + aα+β cβ + bα+β aβ + bα+β cβ + cα+β aβ + cα+β bβ , (∗), với a, b, c Khơng hạn chế giả thiết a b c Viết lại bất đẳng thức (*) thành aα (aβ − bβ )(aβ − cβ ) + bα (bβ − cβ )(bβ − aβ ) + cα (cβ − aβ )(cβ − bβ ) Vì cα (cβ − aβ )(cβ − bβ ) nên cần chứng minh aα (aβ − bβ )(aβ − cβ ) + bα (bβ − cβ )(bβ − aβ ) 0, hay aα (aβ − cβ ) − bα (bβ − cβ ) 0, bất đẳng thức hiển nhiên Ví dụ 1.3.3 Giả sử a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + 3abc a2 b + a2 c + b2 c + b2 a + c2 a + c2 b Bài giải Bất đẳng thức có từ Mệnh đề 1.3.2 với α = β = Bổ đề 1.3.1 Nếu β = Tij (α) có bất đẳng thức Mβ (a) Dấu xảy a1 = · · · = an Mα (a) Chứng minh Với cặp số h, k, h < k, hiệu Mβ (a) − Mα (a) chứa số α α β β hạng dạng: B = A(aβhi ak j + ahj aβk i − aαh i ak j − ah j aαk i ) với A Biến đổi α −1 α −1 α −1 α −1 α α hiệu B = A(aαh i +1 ak j +ah j akαi +1 −aαh i ak j −ah j aαk i ) = Aah j ak j (ah − α −α +1 α −α +1 ak )(ah i j − ak i j ) Do Mβ (a) Mα (a) Dấu xảy B = hay ah = ak với h, k = 1, 2, = n Bổ đề 1.3.2 Nếu (β) (α), (β) = (α) |(α)| = |(β)|, sau số hữu hạn phép biến đổi tuyến tính Tij chuyển (α) thành (β) Chứng minh Vì (β) = (α) nên có số i nhỏ để βi = αi Do (β) (α) nên βi > αi Từ |(α)| = |(β)| suy n (βk − αk ) = Do k=1 βi > αi nên tồn j để βj < αj i < j Tác động Tij vào (α) ta nhận γ = Tij (α) với γi = αi + 1, γj = αj − 1, γk = αk với k = i, j Như |βi − αi | = |βi − γi + 1| = |βi − γi | + |βj − αj | = |βj − γj − 1| = |βj − γj | + Từ hai hệ thức suy DeThiMau.vn n k=1 |βk − γk | = 11 n k=1 |βk − αk | − Do vậy, tác động Tij làm tổng đơn vị, sau số hữu hạn bước, ta có n k=1 chuyển (α) thành (β) n k=1 |βk − αk | giảm |βk − δk | = hay Từ hai bổ đề ta suy Bất đẳng thức Muirheard đây: Mệnh đề 1.3.3 [Muirheard] Với số dương a1 , a2 , , an , xảy bất đẳng thức Mα (a) Mβ (a) α β |α| = |β| Dấu xảy α = β a1 = a2 = · · · = an Chú ý rằng, vận dụng Bất đẳng thức Muirheard ta phải chọn trội để nhanh có kết Ví dụ 1.3.4 Với ba số thực dương a, b, c có bất đẳng thức: 1 + + a3 + b3 + abc b3 + c3 + abc c3 + a3 + abc abc Chứng minh Bất đẳng thức tương đương với: abc[ a3 + b3 + abc b3 + c3 + abc + b3 + c3 + abc c3 + a3 + abc + c3 + a3 + abc a3 + b3 + abc ] Hay a6 b3 + a6 c3 + b6 c3 + b6 a3 + c6 a3 + c6 b3 a5 b2 c2 + a2 b5 c2 + a2 b2 c5 Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức M(6,3,0) (a) M(5,2,2) (a) Ví dụ 1.3.5 Với ba số thực dương a, b, c, ta ln có bất đẳng thức: a3 + b + c (a + b) (b + c) (c + a) Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với abc (a + b − c) (b + c − a) (c + a − b) Nếu vế phải có ba thừa số âm bất đẳng thức hiển nhiên Nếu vế phải có hai thừa số âm, chẳng hạn b + c − a < 0, a + b − c < 2b = b + c − a + a + b − c < 0: Mâu thuẫn Ta cần xét trường hợp ba thừa số không âm Đặt x = b + c − a, y = c + a − b, z = a + b − c Khi 2a = y + z, 2b = z + x, 2c = x + y Vậy abc = (x + y) (y + z) (z + x) xyz = (a + b − c) (b + c − a) (c + a − b) DeThiMau.vn 12 1.4 Một vài hàm tự chọn Khảo sát hàm sốf (x) = xα − αx với kết sau đây: Mệnh đề 1.4.1 Với x ta có bất đẳng thức sau: (i) xα αx + − α α > (ii) xα αx + − α < α < Mệnh đề 1.4.2 [Bernoulli] Nếu x −1 (1 + x)n + nx với n = 0, 1, 2, Dấu xảy x = −1 n = Tổng quát, α > x −1 (1 + x)α + αx Chứng minh Với n = ta có đẳng thức xảy Giả sử bất đẳng thức đến n = k ta chứng minh bất đẳng thức đến n = k + Thật ta có (1 + x)k+1 = (1 + x)k (1 + x) (1 + kx) (1 + x) = + kx + x + kx2 + (k + 1) x Ví dụ 1.4.1 Chứng minh rằng, α1 , α2 , α3 > α1 + α2 + α3 = với số thực u1 , u2 , u3 có bất đẳng thức uα1 uα2 uα3 α u1 + α u2 + α u3 Bài giải Từ xα αx + − α < α < 1, theo Mệnh đề ( 1.4.1 ) p thay x = ta pα q 1−α αp + (1 − α) q, p, q > Với q β = − α α, β > 0, α + β = 1, có pα q β αp + βq Với p = u1 , α = α1 α2 α3 β β q = uα2 uα3 , α2 + α3 = β, uα1 uα2 uα3 α1 u1 + βu2 u3 Vì α2 α3 α3 α2 β β u2 + u3 nên uα1 uα2 uα3 α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 u2 u3 β β π Ví dụ 1.4.2 Với x ∈ (0, ) chứng minh sin x + tan x > 2x π Chứng minh Xét hàm số f (x) = sinx + tanx − 2x với < x < có 1 f ′ (x) = cos x + − 2 − > 0, suy cos x cos2 x cos2 x f (x) > f (0) = hay sin x + tan x − 2x > Vậy sin x + tan x > 2x DeThiMau.vn 13 Ví dụ 1.4.3 Cho số a, b, c thỏa mãn minh a a+b+c=8 Chứng ab + bc + ca = 16 16 b+c=8−a bc = 16 − a(8 − a) = a2 − 8a + 16, nên b c nghiệm phương trình ẩn t: t2 −(8−a)t+(a2 −8a+16) = Vì phương trình có nghiệm nên ∆ = (8 − a)2 − 4(a2 − 8a + 16) 16 16 16 hay a Tương tự ta có b c 3 Chứng minh Từ giả thiết ta suy Hoàn tồn tương tự ta có tốn sau: Cho a, b, c ba số thỏa mãn 20 a + b + c = 10 Khi a, b, c hệ ab + bc + ca = 25 DeThiMau.vn 14 Chương Một số đồng thức bất đẳng thức tam giác Mục tập trung trình bày phương pháp phát đồng thức bất đẳng thức tam giác qua phương trình đa thức bậc ba 2.1 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh a, b, c; bán kính đường tròn nội, ngoại tiếp r, R; bán kính đường trịn bàng tiếp r1 , r2 , r3 ; nửa chu vi p diện tích S Ta a, b, c ba nghiệm x3 − 2px2 + p2 + r2 + 4Rr x − 4Rrp = r1 , r2 , r3 ba nghiệm phương trình x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = Mệnh đề 2.1.1 Cho ∆ABC với độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c Ký hiệu p nửa chu vi; r R bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp Khi a, b, c ba nghiệm phương trình đây: x3 − 2px2 + p2 + r2 + 4Rr x − 4Rrp = A r = a = 2R sin A ta suy hệ thức p−a r A tan p−a p−a hay a = 4R a = 2R = 4Rr 2 + (p − a)2 A r r + tan2 1+ p−a Như vậy, ta có quan hệ a a − 2pa + p2 + r2 = 4Rr (p − a) hay a3 − 2pa2 + p2 + r2 + 4Rr a − 4Rrp = Do a nghiệm phương trình x3 − 2px2 + p2 + r2 + 4Rr x − 4Rrp = Tương tự, b c nghiệm phương trình Chứng minh Từ tan Mệnh đề 2.1.2 Cho ∆ABC với độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c Ký hiệu p nửa chu vi; r R bán kính đường trịn nội, ngoại DeThiMau.vn 15 tiếp Khi sin A, sin B, sin C ba nghiệm phương trình đây: rp p p2 + r2 + 4Rr x − = x − x + R 4R2 2R2 Chứng minh Vì a = 2R sin A a lại nghiệm phương trình x3 − 2px2 + p2 + r2 + 4Rr x − 4Rrp = nên thay a vào phương trình trên, ta có 8R3 sin3 A − 8pR2 sin2 A + p2 + r2 + 4Rr 2R sin A − 4Rrp = hay p p2 + r2 + 4Rr rp sin3 A − sin2 A + sin A − = Như sinA R 4R2 2R2 p2 + r2 + 4Rr rp p x − = nghiệm phương trình x3 − x2 + R 4R2 2R2 Tương tự, sin B sin C nghiệm phương trình Mệnh đề 2.1.3 Cho ∆ABC với diện tích S độ dài bán kính đường tròn nội, ngoại tiếp r, R Gọi , hb , hc độ dài ba đường cao Khi , hb , hc ba nghiệm phương trình bậc ba sau: S + 4Rr3 + r4 2S 2S y − y− = y + 2Rr2 Rr R Đặt Hn = hna + hnb + hnc với n=1,2, Khi ta có hệ thức liên hệ sau: Hn+3 − 2S 2S S + 4Rr3 + r4 H + H − Hn = n+2 n+1 2Rr2 Rr R Bài giải Vì a, b, c ba nghiệm phương trình bậc ba x3 − 2px2 + 2S 2S 2S , , nghiệm phương p2 + r2 + 4Rr x − 4Rrp = nên a b c S2 + 4Rr + r2 2S trình 2S − y+ r y − Ry = Do , hb , hc r 2 2S S + 4Rr + r4 2S y− = Vậy Hn+3 − y + ba nghiệm y − 2Rr2 Rr R S + 4Rr3 + r4 2S 2S Hn+2 + Hn+1 − Hn = 2Rr2 Rr R Mệnh đề 2.1.4 Cho ∆ABC với nửa chu vi p; bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R; bán kính đường tròn bàng tiếp r1 , r2 , r3 Khi r1 , r2 , r3 nghiệm phương trình x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = DeThiMau.vn 16 A A r1 a = 2R sin A suy a = 2R Chứng minh Từ tan = A p + tan2 r1 p p Bởi r1 (p − a) = S = pr nên = 4Rr Vậy a = 4R r12 + p2 r12 1+ p p (r1 − r) p có quan hệ sau: = a = 4Rr1 hay tương đương r1 r1 + p (r1 − r) r12 + p2 = 4Rr12 Do r1 nghiệm phương trình x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = Tương tự, r2 , r3 nghiệm phương trình tan Mệnh đề 2.1.5 Cho ∆ABC với nửa chu vi p; bán kính đường trịn A B C nội, ngoại tiếp r, R Khi tan , tan , tan ba nghiệm 2 r 4R + r x + x − = Từ ta suy phương trình x3 − p p (i) tan A B C 4R + r + tan + tan = 2 p A B B C C A tan + tan tan + tan tan = Từ chúng 2 2 2 √ B C A + tan 3; ta suy hai bất đẳng thức tan + tan 2 A B C √ tan tan tan 2 3 (ii) tan (iii) tan B C r A tan tan = 2 p A r1 lại nghiệm phương trình x3 − A A A (4R + r) x2 +p2 x−p2 r = nên p3 tan3 −(4R + r) p2 tan2 +p2 p tan − 2 4R + r A A r A A tan2 + tan − = Như tan p2 r = hay tan3 − p 2 p 4R + r r B C nghiệm x3 − x + x − = Tương tự tan tan p p 2 Chứng minh Vì r1 = p tan DeThiMau.vn 17 nghiệm phương trình Các kết (i), (ii), (iii) suy từ Định lý Viét Mệnh đề 2.1.6 Cho ∆ABC với nửa chu vi p; bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R Khi ta có: (i) cos A, cos B, cos C ba nghiệm phương trình đa thức đây: p2 − (2R + r)2 R + r −4R2 + r2 + p2 x + x− = x − R 4R2 4R2 (ii) cos A + cos B + cos C = + r R r2 Từ suy p (iii) p = (1 − cos A) (1 − cos B) (1 − cos C) = 2R2 (iv) Đặt U = sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A V = cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A Ta có U − V B C A Chứng minh (i) Ta biết tan , tan , tan ba nghiệm phương 2 2A − tan 4R + r r 2 = trình x3 − x + x − = Vì cos A = −1 A A p p + tan2 + tan2 2   y= + x2 Từ Xét hệ: nên cos A + = 4R + r r A  x − x + x − = + tan2 p p   4R + r 2Ry   x=  x2 = − − y p p suy r 4R + r r 4R + r    x3 −  x3 − x2 + x − = x2 + x − = p p p p 4R + r 2Ry − + y − = nhận y p p 4R + r y + Vậy cosA+1, cosB+1, cosC+1 ba nghiệm của: y − p (4R + r)2 + p2 p2 y − = Do cos A, cos B, cos C ba nghiệm 4R2 2R2 phương trình có qua việc thay y = x + vào phương trình bậc ba DeThiMau.vn 18 R + r −4R2 + r2 + p2 p2 − (2R + r)2 x − x + x− = R 4R2 4R2 r R+r = 1+ (ii) Theo Định lý Viét có cos A+cos B+cos C = R R (iii) Từ phương trình có p = (1 − cos A) (1 − cos B) (1 − cos C) = r2 Do R 2r nên p 2R p2 + r2 + 4Rr , từ mệnh đề 2.1.2 Do (iv) Theo Định lý Viét có U = 4R2 p2 + r2 + 4Rr −4R2 + r2 + p2 4R2 + 4Rr r U −V = − = = + 4R2 4R2 4R2 R Chú ý 2.1: Phương trình đa thức bậc nhận tan A, tan B, tan C làm ba nghiệm khơng có tam giác vng khơng thỏa mãn Ví dụ 2.1.1 Cho ∆ABC với nửa chu vi p; bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R bán kính đường tròn bàng tiếp r1 , r2 , r3 Khi đó: (i) r1 + r2 + r3 = 4R + r r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 = p2 r1 r2 r3 R (ii) −1 −1 −1 =4 r r r r Bài giải (i) Từ r1 , r2 , r3 ba nghiệm phương trình x3 −(4R + r) x2 + p2 x − p2 r = nên ta có r1 + r2 + r3 = 4R + r r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 = p2 (ii) Do x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = (x − r1 ) (x − r2 ) (x − r3 ) nên lấy x = r (r1 − r) (r2 − r) (r3 − r) = 4Rr2 Chia hai vế cho r3 r1 r2 r3 R ta −1 −1 −1 =4 r r r r Ví dụ 2.1.2 Cho ∆ABC với bán kính đường trịn bàng tiếp r1 , r2 , r3 Hãy tính tổng đây: r1 − rr2 − rr3 − r r1 − rr2 − r r2 − rr3 − r r3 − rr1 − r + + + r1 + rr2 + rr3 + r r1 + rr2 + r r2 + rr3 + r r3 + rr1 + r Bài giải r1 , r2 , r3 ba nghiệm x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = 0, x−r r (y + 1) (1) Xét phép biến đổi y = Dễ thấy y = x = Thay x+r 1−y x vào phương trình (1) ta nhận phương trình đa thức bậc ba sau r2 + 2Rr + p2 y + 2r2 + 2Rr − 2p2 y + r2 − 2Rr + p2 y −2Rr = DeThiMau.vn ... bày số bất đẳng thức Nó bao gồm mục: Bất đẳng thức qua tam thức bậc 2, bất đẳng thức Jensen qua hàm lồi bất đẳng thức Muirheard, Karamata Ngoài ra, để phát số bất đẳng thức khác cho tam giác chọn... Chương Một số đồng thức bất đẳng thức tam giác Mục tập trung trình bày phương pháp phát đồng thức bất đẳng thức tam giác qua phương trình đa thức bậc ba 2.1 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác Cho... Chương Một số đồng thức bất đẳng thức tam giác 2.1 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác 2.2 Một số bất đẳng thức tam giác 2.3 Một số toán nhận dạng tam giác