TÓM TẮT LUẬN VĂN CAO HỌC: MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Trần Quang Hùng TÓM TẮT LUẬN VĂN CAO HỌC MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC Hà Nội - 2011 LỜI NÓI ĐẦU Lịch sử bất đẳng thức bắt nguồn từ lâu xuyên suốt, thăng hoa qua thời gian tận ngày Như Richard Bellman nói: “ Có ba lý giải thích ln quan tâm tới bất đẳng thức Đó thực hành, lý thuyết, quan trọng thẩm mỹ – vẻ đẹp tồn mắt người quan tâm tới bất đẳng thức; Mọi người thường dễ dàng cảm nhận vẻ đẹp nhạc, hay lời thơ Thế vẻ đẹp Toán học lại thật kì lạ thú vị, địi hỏi tâm hồn phong phú, tri thức lãng mạn.” Trong vẻ đẹp xuyên qua lịch sử bất đẳng thức khơng thể khơng nhắc tới phận làm nên vẻ đẹp đó, bất đẳng thức hình học Bất đẳng thức mà tính đại số, hình học mang tính tư trực quan, kết hợp đại số hình học nảy sinh bất đẳng thức hình Bất đẳng thức hình học phần quan trọng hình học, xuất nhiều lĩnh vực khác hình học Với hỗ trợ bất đẳng thức hình học, giải nhiều vấn đề hóc búa hình học từ sơ cấp đến cao cấp Bên cạnh đó, bất đẳng thức hình học có ứng dụng rộng rãi sống, từ việc so sánh độ dài đến so sánh diện tích, thể tích thấy có mặt bất đẳng thức hình học Việc chứng minh bất đẳng thức hình học cơng việc khơng phải sớm chiều, cần tổng hợp, phân tích, đánh giá, kết hợp kiến thức đại số hình học khả liên tưởng nhạy bén, sáng tạo để sáng tạo toán hay cách giải toán bất đẳng thức có yếu tố hình học Ngày nay, kỳ thi Olympic nước giới, bất đẳng thức hình học chiếm vị trí quan trọng Bằng nhìn tổng quan, luận văn nêu số ví dụ điển hình kỳ Olympic nước thời gian qua Luận văn chia thành chương: Chương Các kiến thức hình học Chương nêu lên kiến thức hình học phẳng, chủ yếu vấn đề cực trị, kết quan trọng tam giác, tứ giác, hình trịn Các ngun lý nguyên lý bất đẳng thức đại số thường sử dụng Chương Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức tam giác Chương thứ hai tập hợp số phương pháp giải toán bất đẳng thức tam giác kĩ thuật xây dựng bất đẳng thức hình học trình bày dạng phương pháp giải xây dựng Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Để hồn thành luận văn này, trước tơi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới người thầy đáng kính PGS.TS Nguyễn Vũ Lương người thầy dìu dắt tơi từ ngày khởi nghiệp dạy tơi hồn thành luận văn Thầy bảo tận tình giúp đỡ thật nhiều việc, không khóa luận mà cịn q trình làm việc Qua xin gửi lời cảm ơn chân thành thầy cô đọc, kiểm tra, đánh giá cho ý kiến quý báu để luận văn đầy đủ hơn, phong phú Cũng xin gửi lời cảm ơn tới tất thầy cô giáo trường THPT chuyên KHTN đặc biệt các thầy cô giáo mơn tốn trường, người thầy, người bạn giúp đỡ tơi nhiều q trình làm luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa Toán-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Tuy có nhiều cố gắng thời gian khả có hạn nên vấn đề khóa luận chưa trình bày sâu sắc khơng thể tránh khỏi có sai sót cách trình bày Mong góp ý xây dựng thầy cô bạn Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà nội, ngày 10 tháng 11 năm 2011 Học viên Trần Quang Hùng CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN TRONG ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC 1.1 Nguyên lý cực trị hình học (1) Trong tất cách nối hai điểm A B đoạn thẳng có độ dài ngắn (2) Trong tất đoạn thẳng nối từ điểm cho trước tới điểm đường thẳng (hoặc mặt phẳng) cho trước đoạn vng góc có độ dài ngắn (3) Trong tất đường xiên kẻ từ điểm cho trước tới đường thẳng (hoặc mặt phẳng) cho trước, đường xiên có hình chiếu ngắn ngắn (4) Trong tam giác có chu vi, tam giác có diện tích lớn Trong tam giác có diện tích, tam giác có chu vi nhỏ (5) Độ dài đoạn thẳng nằm đa giác lồi không lớn khoảng cách lớn nối hai đỉnh (6) Nếu đa giác lồi chứa đa giác lồi khác, chu vi đa giác lớn chu vi đa giác (7) Nếu M điểm nằm đường trịn tâm O dây cung qua M, dây cung vng góc với OM có độ dài ngắn 1.2 Nguyên lý Dirchlet hình học Một cơng cụ hữu ích dùng giải nhiều vấn đề Tốn học, có hình học, nguyên lý Dirichlet Định lý 1.1 (Nguyên lý Dirichlet) Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng có thỏ bị nhốt vào chuồng Ngoài dạng phát biểu trên, ngun lý Dirichlet cịn phát biểu dạng hình học sau: Định lý 1.2 (Nguyên lý Dirichlet với độ dài) Trên đường thẳng cho đoạn AB có độ dài a số đoạn Ai Bi (i = 1, n) có tổng độ dài b Khi đó, Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng • Nếu b < ka (k ∈ N∗ ) bên đoạn AB tồn điểm M thuộc không k − đoạn Ai Bi • Nếu b > ka (k ∈ N∗ ) đoạn AB chứa tất đoạn Ai Bi có k + đoạn Ai Bi có điểm chung Định lý 1.3 (Nguyên lý Dirichlet diện tích) Trong mặt phẳng cho hình (H) có diện tích S hình (Hi ) (i = 1, n) có tổng diện tích T Khi đó, • Nếu T < kS (k ∈ N∗ ) tồn điểm M nằm hình (H) cho M điểm chung không k − hình hình (Hi ) (i = 1, n) • Nếu T > kS (k ∈ N∗ ) hình (H) chứa tất hình (Hi ) (i = 1, n) tồn điểm M (H) cho M điểm chung (k + 1) hình số hình Hi 1.3 Nguyên lý khởi đầu cực trị Nguyên lý khởi đầu cực trị phát triển mạnh mẽ Graph hữu hạn Nó phát biểu dạng tập hợp sau: Định lý 1.4 (Nguyên lý khởi đầu cực trị) Trong tập hợp hữu hạn (khác rỗng) số thực ln chọn số bé số lớn 1.4 Phép chứng minh phản chứng Phép chứng minh phản chứng có sở dựa vào định lý sau: Định lý 1.5 Mệnh đề A → B tương đương với mệnh đề B → A Với kết thu từ định lý này, ta thấy việc A → B gặp khó khăn, ta giả sử khơng có B Sau với phép lập luận biện chứng, ta tìm cách đưa đến kết A kết khơng phù hợp với tiên đề, định lý, giá trị có Một phép lập luận ta gọi phép phản chứng 1.5 Các bất đẳng thức đại số Nhiều bất đẳng thức đại số có ứng dụng sâu rộng, phải kể đến bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Mean – Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Jensen 1.5.1 Bất đẳng thức AM-GM Định lý 1.6 (Bất đẳng thức AM-GM) Với n số thực không âm a1 , a2 , , an , ta có bất đẳng thức √ a1 + a2 + · · · + an n a1 a2 · · · an n đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Chú ý Ngồi ra, bất đẳng thức AM-GM cịn viết dạng sau ( )n a1 + a2 + · · · + an a1 a2 · · · an n 1.5.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Định lý 1.7 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Xét hai số thực tùy ý a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Khi đó, ta có (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) a1 a2 an = = ··· = (Lưu ý ta sử dụng b1 b2 bn quy ước mẫu tử 0.) Đẳng thức xảy 1.5.3 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức) Xét hai số thực tùy ý a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn bi > 0, ∀i = 1, 2, , n Khi đó, ta có a21 a22 a2 (a1 + a2 + · · · + an )2 + + ··· + n b1 b2 bn b1 + b2 + · · · + bn a1 a2 an Đẳng thức xảy = = ··· = b1 b2 bn Từ định lý này, ta thu hai hệ quan trọng sau: • Với n số thực tùy ý a1 , a2 , , an , ta có a21 + a22 + · · · + a2n (a1 + a2 + · · · + an )2 n Kết thu cho b1 = b1 = · · · = bn = • Với n số thực dương tùy ý x1 , x2 , , xn , ta có 1 + + ··· + x1 x2 xn n2 x1 + x + · · · + xn Kết thu cách cho a1 = a2 = · · · = an = b1 = x1 , b2 = x2 , , bn = xn 1.5.4 Bất đẳng thức Holder Định lý 1.9 (Bất đẳng thức Holder) Cho xij với i = 1, 2, , m j = 1, 2, , n số thực khơng âm, ta có bất đẳng thức sau ( n m ∏ ∑ i=1 j=1 xij )1 m n ∏ m ∑ xijm j=1 i=1 Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Chú ý Khi ứng dụng vào giải toán, ta thường sử dụng bất đẳng thức Holder hai dạng đặc biệt sau: • Với sáu số thực không âm a, b, c, x, y, z, ta có (a3 + x3 )(b3 + y )(c3 + z ) Đẳng thức xảy (abc + xyz)3 a b c = = x y z • Với chín số thực không âm a, b, c, x, y, z, m, n, p, ta có (a3 + b3 + c3 )(x3 + y + z )(m3 + n3 + p3 ) Đẳng thức xảy 1.5.5 (axm + byn + czp)3 a b c a b c = = = = x y z m n p Bất đẳng thức trung bình lũy thừa Định lý 1.10 (Bất đẳng thức trung bình lũy thừa) Cho a1 , a2 , , an số thực không âm r s > Khi đó, ta có ( )1 ar1 + ar2 + · · · + arn r n ( )1 as1 + as2 + · · · + asn s n Đẳng thức xảy r = s a1 = a2 = · · · = an Đặc biệt: • Khi r = n s = 1, ta có √ n n n n a1 + a2 + · · · + an n hay , ta có n a1 + a2 + · · · + an n hay ( an1 + an2 + · · · + ann n • Khi r = s = √ n a1 + √ n a2 + · · · + n a1 + a2 + · · · + an , n (√ n √ n a1 + a2 + · · · + an n a1 + an √ n √ n a2 + · · · + n )n √ n an )n , a1 + a2 + · · · + an n Đây kết quen thuộc hay sử dụng chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt bất đẳng thức liên quan đến yếu tố hình học (điều thể rõ chương sau) Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 1.5.6 Bất đẳng thức Jensen Định lý 1.11 (Bất đẳng thức Jensen) Cho f : D → R hàm lồi n ∈ N∗ Xét hai dãy số {xi }ni=1 ⊂ D {λi }ni=1 ⊂ [0, 1] cho λ1 + λ2 + · · · + λn = Khi ta có f (λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λn xn ) 1.5.7 λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + · · · + λn f (xn ) Bất đẳng thức Schur Định lý 1.12 (Bất đẳng thức Schur) Với số thực không âm a, b, c cho trước k số thực dương bất kì, ta có ak (a − b)(a − c) + bk (b − c)(b − a) + ck (c − a)(c − b) Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị Trường hợp hay sử dụng bất đẳng thức Schur k = 1, lúc ta viết lại bất đẳng thức dạng a3 + b3 + c3 + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca(c + a) 1.5.8 Bất đẳng thức Nesbitt Định lý 1.13 (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho số dương a, b, c Khi ta có a b c + + b+c c+a a+b Đẳng thức xảy a = b = c 1.6 1.6.1 Một số bất đẳng thức hình học Các hệ thức tam giác Trong luận văn này, ta sử dụng số kí hiệu thống tam giác sau: Xét tam giác ABC cho trước Khi đó, ta kí hiệu: • BC = a, CA = b, AB = c; • ma , mb , mc , la , lb , lc , , hb , hc độ dài trung tuyến, phân giác đường cao tương ứng với cạnh a, b, c; • p nửa chu vi tam giác; • SABC diện tích tam giác ABC trường hợp khơng nhầm lẫn, ta kí hiệu S; • r, R bán kính đường trịn nội tiếp, đường trịn ngoại tiếp tam giác; • , rb , rc bán kính đường trịn bàng tiếp góc A, B, C Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Kí hiệu x, y, z hốn vị cho a, b, c X, Y, Z hoán vị cho A, B, C Lúc này, ta thiết lập hệ thức sau đây: Các cơng thức diện tích tam giác: √ xyz S = xhx = (p − x)rx = yz sin X = = pr = p(p − x)(p − y)(p − z) 2 4R Các công thức trung tuyến: m2x = y + z x2 − Các công thức phân giác: lx2 = Định lý sin: 4yz p(p − x) (y + z)2 x = 2R sin X Định lý cosin: x2 = y + z − 2yz cos X Biểu thức đối xứng a, b, c biểu diễn qua p, R, r: a + b + c = 2p, 1.6.2 ab + bc + ca = p2 + r2 + 4Rr, abc = 4pRr Các hệ thức liên quan đến vector Tâm tỉ cự hệ điểm Định nghĩa 1.1 Cho hệ n điểm {A1 , A2 , , An } hệ số {α1 , α2 , , αn } thỏa mãn α1 + α2 + · · · + αn ̸= Khi đó, điểm I thỏa mãn −−→ −−→ −−→ − → α1 IA1 + α2 IA2 + · · · + αn IAn = I gọi tâm tỉ cự hệ điểm {A1 , A2 , , An } ứng với hệ số {α1 , α2 , , αn } Tính chất Giả sử I tâm tỉ cự hệ n điểm {A1 , A2 , , An } ứng với hệ số {α1 , α2 , , αn } (α1 + α2 + · · · + αn ̸= 0) Khi ta có tính chất sau: Với điểm O tùy ý mặt phẳng, ta có ( −−→ −−→) −−→ −→ α1 OA1 + α2 OA2 + · · · + αn OAn OI = α1 + α2 + · · · + αn Và đặt βi = αi ta có β1 + β2 + · · · + βn = α1 + α2 + · · · + αn −−→ −−→ −−→ −→ OI = β1 OA1 + β2 OA2 + · · · + βn OAn Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Bất đẳng thức vector − → → Với hai vector tùy ý − a b , ta có đánh giá sau: − → → • − a · b → − → • − a + b − → − → → → |− a | · b đẳng thức xảy − a b phương − → − → → → |− a | + b , đẳng thức xảy − a = k b (k > 0) Lưu ý kết cho trường hợp tổng quát n vector, ta có → → → |− a1 + − a2 + · · · + − an | 1.6.3 → → → |− a1 | + |− a2 | + · · · + |− an | Một số kết quan trọng hình học Ngoài nội dung đề cập trên, xem xét bất đẳng thức hình học, cần đến kết quan trọng sau Định lý 1.14 (Tâm tỷ cự cho hệ hai điểm) Cho đoạn AB số thực α, β, α + − → −→ − → β ̸= tồn điểm I cho αIA + β IB = Nếu có α′ , β ′ cho − → −→ − β′ α′ → α′ IA + β ′ IB = , = , ta nói I tâm tỷ cự hệ hai điểm A, B ứng với α β số (α, β) ký hiệu I(α, β) B A I Chứng minh Ta có − → −→ − → αIA + β IB = − → −→ − → − → ⇔ −αAI + β(AB − AI) = − → β −→ ⇔ AI = AB α+β −→ − − → → Như I xác định nhất, giả sử có α′ IA + β ′ IB = tương tự ta suy ′ − → β −→ β α+β α AI = ′ AB từ dễ suy ′ = ′ = ′ ′ ′ α +β β α +β α Định lý 1.15 (Tâm tỷ cự cho hệ ba điểm) Cho tam giác ABC số thực α, β, γ α+ − → −→ −→ − → β + γ ̸= tồn điểm I cho αIA + β IB + γ IC = giả sử có −→ − −→ − → α β γ → α′ , β ′ , γ ′ , α′ + β ′ + γ ′ ̸= cho α′ IA + β ′ IB + γ ′ IC = ′ = ′ = ′ , ta α β γ nói I tâm tỷ cự ba điểm A, B, C ứng với số (α, β, γ) ký hiệu I(α, β, γ) Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 10 A C B I Chứng minh Do α + β + γ ̸= từ giả thiết đẳng thức vector ta có − → −→ −→ − → αIA + β IB + γ IC = Suy − → AI = −( −→ −→ β γ AB + AC) α+β+γ α+β+γ Theo định lý phân tích vector I tồn − → −→ −→ − → Giả sử có α′ IA + β ′ IB + γ ′ IC = ta suy − → AI = −( −→ −→ γ′ β′ AB + AC) ′ ′ ′ ′ ′ ′ α +β +γ α +β +γ Theo phân tích vector β γ α+β+γ α = ′ = ′ = ′ ′ ′ ′ β γ α +β +γ α Đó điều phải chứng minh Chú ý Các định lý định lý nói tồn tâm tỷ cự ứng với tọa độ tỷ cự sai khác tỷ lệ thức Tâm tỷ cự hệ n điểm định nghĩa hệ thức vector tương tự, tức với A1 , , An phân biệt số thực α1 , , αn có ∑ −−→ − → tổng khác tồn điểm I thỏa mãn ni=1 IA1 = Tuy nhiên điểm khác biệt với n > với điểm điểm I mặt phẳng không xác định (α1 , , αn ) sai khác tỷ lệ thức, tức với I xác định ta tìm nhiều (α1 , , αn ) khơng tỷ lệ mà chúng thỏa mãn đẳng thứ vector trên, điều cho thấy ta dùng ba tọa độ tỷ cự với tam giác không gian với tứ diện, thực chất hệ định lý phân tích vector mặt phẳng khơng gian Phương tích Phương tích chương trình hình học 10 thường gắn liền với việc khai triển theo cát tuyến, nhiên ta định nghĩa phương tích cách độc lập nhìn lại việc khai triển theo cát tuyến hệ hệ thức Leibnitz cho hai điểm Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 11 Định nghĩa 1.2 Cho đường tròn (O, R) điểm P ta gọi số thực OP − R2 phương tích điểm P đường trịn (O), phương tích ký hiệu PP/(O) Như từ định nghĩa ta dễ thấy dấu phương tích xác định tùy theo vị trí điểm đường trịn B A O R P Định lý 1.16 (Khai triển phương tích theo tiếp tuyến) Cho đường tròn (O) P (O) P T tiếp tuyến (O), T thuộc (O) Khi PP/(O) = P T T P O T' Chứng minh Định lý hệ trực tiếp từ định nghĩa phương tích thông qua định lý Pythagoras Định lý 1.17 (Khai triển phương tích theo cát tuyến) Cho đường trịn (O) điểm P bất kỳ, cát tuyến qua P cắt đường trịn hai điểm A, B tích P A · P B không đổi với cát tuyến qua P phương tích điểm P (O) tức PP/(O) = P A · P B BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC 2.1 Phương pháp sử dụng đại số Khi xem xét bất đẳng thức tam giác, ta không nhớ đến định lý quen thuộc sau đây: Định lý 2.1 Điều kiện cần đủ để a, b, c ba cạnh tam giác tồn số thực dương x, y, z cho a = y + x, b = z + x c = x + y Dựa vào định lý này, ta chuyển bất đẳng thức tam giác dạng bất đẳng thức số dương Từ đó, cách sử dụng phương pháp xử lý bất đẳng thức đại số biết, ta chứng minh bất đẳng thức cho Một phép đổi biến gọi phép Ravi 2.2 2.2.1 Phương pháp vector Ứng dụng làm mạnh bất đẳng thức tam giác − → → Bài toán 2.1 Cho hai vector − a , b Chứng minh → − − → → − → → → |− a + b | = |− a | cos α + | b | cos β |− a|+| b | → − − → → − → → → Trong α = (− a ,− a + b ), β = ( b , − a + b) − → → → Bài toán 2.2 Cho ba vector − a , b ,− c chứng minh → − − − → → − − → → − → → → → a) | a + b + c | = | a | cos α + | b | cos β + |− c | cos γ |− a | + | b | + |− c| − → − → − − − → − − → − − → → − → → → − → − → α = ( a , a + b + c ), β = ( b , a + b + c ), γ = ( c , a + b + → c) − → → − − → − − → − → − → − − → → → − → − → − → b) | a | + | b | + | c | + | a + b + c | | b + c | + | c + a | + | a + b | → Bài toán 2.3 Cho bốn vector − x , i = 1, chứng minh i ∑ a) → → → |− xi + − xj + − xk | i 2 sin A Do cos A(1 + cos B−C B−C )(1 − cos ) 2 ⇔ cos A(sin2 A − cos B cos C) ⇔ 3(cos A + cos C) − sin sin sin A B−C (1 − cos ) 2 A − 3(cos B + cos C) A A + cos A sin2 2 cos A cos B cos C (2) Từ (1), (2) ta có 3(cos A + cos B + cos C) + cos A cos B cos C Đó điều phải chứng minh Nhận xét Bất đẳng thức Garfunkel bổ đề mạnh Sử dụng bất đẳng thức Garfunkel làm bổ đề ta chứng minh nhiều bất đẳng thức hình học mạnh khác cho tam giác nhọn 2.4 Một số toán chọn lọc Bài toán 2.5 Cho tam giác ABC điểm P nằm tam giác gọi A′ , B ′ , C ′ hình chiếu P xuống đoạn BC, CA, AB, gọi (I, r) đường tròn nội tiếp tam giác ABC tìm giá trị bé biểu thức P A′ + P B ′ + P C ′ + P I2 2r Chứng minh Gọi A′′ , B ′′ , C ′′ tương ứng hình chiếu I BC, CA, AB ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ r(P A′ + P B ′ + P C ′ ) = IA′′ P A′ + IB ′′ P B ′ + IC ′′ P C ′ −−→ −→ −→ −−→ −→ −→ −−→ − → −→ = IA′′ (P I + IA′ ) + IB ′′ (P I + IB ′ ) + IC ′′ (P I + IC ′ ) −→ −−→ −−→ −−→ = P I.(IA′′ + IB ′′ + IC ′′ ) + 3r2 (1) −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ (Chú ý theo định lý hình chiếu IA′′ IA′ = IB ′′ IB ′ = IC ′′ IC ′ = r2 ) Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 15 A B' C' B'' P H C'' I B A' A'' C Gọi H trực tâm tam giác A′′ B ′′ C ′′ ta thấy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam −−→ −−→ −−→ −→ giác A′′ B ′′ C ′′ IA′′ + IB ′′ + IC ′′ = IH suy −→ −−→′′ −−→′′ −−→′′ −→ −→ P I + IH − HP P I + IH HP P I.(IA + IB + IC ) = P I.IH = − =− + 2 P I + IH − (2) Từ (1), (2) ta suy r(P A′ + P B ′ + P C ′ ) − P I2 P I + IH + 3r2 ⇒ P A′ + P B ′ + P C ′ + 2r 3r − IH 2r Dễ thấy dấu xảy P ≡ H trực tâm tam giác A′′ B ′′ C ′′ , (chú ý IH ′ ′ ′ P A + P B + P C ̸= 3r) Vậy biểu thức có giá trị 3r − đạt P 2r ′′ ′′ ′′ trực tâm tam giác A B C Nhận xét Đây toán cực trị kết lạ nhìn qua liên tưởng tới điểm cực trị phải điểm I kết chứng minh Với cơng cụ vector tích vơ hướng sử dụng linh hoạt tạo tốn cực trị hình học điểm có vị trí khác tam giác Bài tốn 2.6 Cho hai tam giác ABC, A′ B ′ C ′ r, r′ bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, A′ B ′ C ′ , R′ bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác A′ B ′ C ′ với P mặt phẳng, chứng minh (sin B′ C′ C′ A′ A′ B′ + sin )P A + (sin + sin )P B + (sin + sin )P C 2 2 2 12rr′ R′ Ta dùng bổ đề sau Bổ đề 2.6.1 Cho tam giác ABC A′ B ′ C ′ với diện tích S S ′ ta có bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) a2 b′2 + c′2 − a′2 + b2 c′2 + a′2 − b′2 + c2 a′2 + b′2 − c′2 16SS ′ Chứng minh Áp dụng hệ thức Heron ta dễ thu 16S = 2(b2 c2 + c2 a2 + a2 b2 ) − a4 − b4 − c4 , 16S ′2 = 2(b′2 c′2 + c′2 a′2 + a′2 b′2 ) − a′4 − b′4 − c′4 Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 16 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Swartz, ta có 16SS ′ + 2(a2 a′2 + b2 b′2 +√ c2 c′2 ) √ 16S + 2(a4 + b4 + c4 ) 16S ′2 + 2(a′4 + b′4 + c′4 ) = (a2 + b2 + c2 )(a′2 + b′2 + c′2 ) Trừ hai vế cho 2(a2 a′2 + b2 b′2 + c2 c′2 ) ta dễ suy điều phải chứng minh Bổ đề 2.6.2 Cho hai tam giác ABC A′ B ′ C ′ diện tích S, S ′ với điểm P ′2 (a′ ·P A+b′ ·P B+c′ ·P C)2 [a (b + c′2 − a′2 )+b2 (c′2 + a′2 − b′2 )+c2 (a′2 + b′2 − c′2 )]+ 8SS ′ (∗) Chứng minh Trước hết ta có nhận xét bất đẳng thức (∗) với tam giác ABC A′ B ′ C ′ với tam giác ABC A′ BC (tức B ′ ≡ B, C ′ ≡ C) Thật từ (∗) hiển nhiên suy (∗) B ′ ≡ B, C ′ ≡ C, ngược lại giả sử (∗) với với B ′ ≡ B, C ′ ≡ C A′ , với tam giác XY Z (các cạnh x, y, z tương ứng) ln có phép đồng dạng biến Y thành B, Z thành C giả sử X biến thành X ′ áp dụng bất đẳng thức cho tam giác X ′ BC (ta giả sử X ′ B = a′ , X ′ C = b′ , BC = a′ ) ′2 (a′ ·P A+b′ ·P B+c′ ·P C)2 [a (b + c′2 − a′2 )+b2 (c′2 + a′2 − b′2 )+c2 (a′2 + b′2 − c′2 )]+ 8SSX ′ BC (1) SX ′ BC = Sử dụng tính chất phép đồng dạng, giả sử phép đồng dạng tỷ số k ̸= SXY Z a′ b′ c′ k , = = = k từ (1) suy x y z A X X' Y A' Z B C A'' [a ((ky)2 + (kz)2 − (kx)2 )+b2 ((kz)2 + (kx)2 − (ky)2 )+ c2 ((kx)2 + (ky)2 − (kz)2 )] + 8Sk SXY Z Chia hai vế cho k > suy bất đẳng thức cho tam giác XY Z Như ta cần chứng minh (∗) trường hợp B ′ ≡ B, C ′ ≡ C, (kx·P A+ky·P B+kz·P C)2 Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 17 −−−−−→ −→ −−→ −→ −−→ Sử dụng góc có hướng ta có (BA, BA′ ) = (BA, BC) + (BC, BA′ )(mod2π) suy −→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ cos ∠ABA′ = cos(BA, BA′ ) = cos((BA, BC) + (BC, BA′ )) = −→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ = cos(BA, BC) cos(BC, BA′ ) − sin(BA, BC) sin(BC, BA′ ) −→ −−→ −−→ −−→ c2 + a2 − b2 c′2 + a′2 − b′2 = cos ∠ABC cos ∠A′ B ′ C ′ −sin(BA, BC) sin(BC, BA′ ) = · − 2ca 2c′ a′ ′ 2[S] 2[S ] · ′ ′ ca ca Trong [S] [S ′ ] diện tích đại số tam giác ABC tam giác A′ B ′ C ′ Khi áp dụng định lý hàm số cos ta có ′ AA′2 = AB + A′ B − · cos ∠ABA′ ( 22· AB2 · A B ) c + a − b c′2 + c′2 − b′2 2[S] 2[S ′ ] ′2 ′ =c +c −2·c·c · − · · ′ ′ 2ca 2c′ a′ ca ca = [(a2 (b′2 + c′2 − a′2 ) + b2 (c′2 + a′2 − b′2 ) + c2 (a′2 + b′2 − c′2 ) − (a′ − a) (c2 a′ − c′2 a))− 2aa′ ′ 16[S][S ]] Chú ý a = a′ nên suy a2 AA′2 = [a2 (b′2 + c′2 − a′2 ) + b2 (c′2 + a′2 − b′2 ) + c2 (a′2 + b′2 − c′2 )] − 8[S][S ′ ] Trở lại toán áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tam giác A′ BC P ta có b′ P B+c′ P C aP A′ = a′ P A′ a′ (AA′ −AP ) ⇒ a′ P A+b′ P B+c′ P C a′ AA′ = aAA′ kết hợp đẳng thức vừa chứng minh ta suy (a′ P A + b′ P B + c′ P C) a2 AA′2 = [a2 (b′2 + c′2 − a′2 ) + b2 (c′2 + a′2 − b′2 ) + c2 (a′2 + b′2 − c′2 )] − 8[S][S ′ ] Giả sử ABC A′ BC ngược hướng từ đẳng thức dễ suy (a′ P A + b′ P B + c′ P C)2 a2 AA′2 = [a2 (b′2 + c′2 − a′2 ) + b2 (c′2 + a′2 − b′2 ) + c2 (a′2 + b′2 − c′2 )] + 8SS ′ Nếu ABC A′ BC hướng gọi A′′ đối xứng A′ qua BC áp dụng bất đẳng thức vào tam giác A′′ BC với ý A′ B = A′′ B = c′ , A′′ C = A′ C = b′ , BC = a = a′ , SA′′ BC = SA′ BC ta thu bất đẳng thức cần chứng minh Do kết hợp nhận xét ban đầu ta có điều phải chứng minh Bổ đề 2.6.3 Cho hai tam giác ABC A′ B ′ C ′ diện tích S S ′ với P chứng minh √ a′ P A + b′ P B + c′ P C SS ′ Dấu có A ≡ A′ , B ≡ B ′ , C ≡ C ′ P trực tâm tam giác Chứng minh Dễ thấy bất đẳng thức hệ bổ đề bổ đề Khi cho A ≡ A′ , B ≡ B ′ , C ≡ C ′ P trực tâm tam giác ta dễ kiểm tra đẳng thức xảy Nhận xét Bất đẳng thức mở rộng cho hai tam giác kết quen thuộc aP A + bP C + cP C 4S với P mặt phẳng, có nhiều áp dụng hình học đặc sắc, tốn đề ví dụ Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 18 Bài toán 2.7 Cho tam giác ABC trọng tâm G P điểm Chứng minh 3P G + a + b + c > P A + P B + P C Chứng minh Từ bất đẳng thức → − − → → − → → − → → → → → → → |− a | + | b | + |− c | + |− a + b +− c | | b +− c | + |− c +− a | + |− a + b| − → → − → → → → → → → → → Đặt − a =− v +− w −− u, b =− w +→ u −− v, − c =− u +− v −− w Ta bất đẳng thức → → → → → → → → → → → → |− u +− v +− w | + |− u +− v −− w | + |− v +− w −− u | + |− w +− u −− v| → → → 2(|− u | + |− v | + |− w |) → → → → → → → → → → → → − → → Làm yếu |− u +− v −− w | < |− u |+|− v −− w |, |− v +− w −− u | < |− v |+|− w −− u |, |→ w +− u −− v|< − → − → → − |w| + | u − v | Ta thu bất đẳng thức sau → → → → → → → → → → → → |− u +− v +− w | + |− u −− v | + |− v −− w | + |− w −− u | > |− u | + |− v | + |− w| − → − − → − → → → → Khi áp dụng bất đẳng thức cho − u = P A, − v = P B, − v = P C ta điều phải chứng minh TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Vũ Lương (2004), Bất đẳng thức tam giác, NXB đại học quốc gia Hà Nội [2] Vũ Đình Hịa (2005), Bất đẳng thức hình học, NXB Giáo Dục, Hà Nội [3] Nguyễn Mộng Hy (2002), Các phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo Dục, Hà Nội [4] Phan Huy Khải (2001), 10.000 tốn sơ cấp (bất đẳng thức hình học), NXB Hà Nội, Hà Nội [5] Tuyển tập 30 năm tạp chí Toán học Tuổi trẻ (1997), NXB Giáo Dục, Hà Nội [6] Jose A.G.O., Radmila B.M., Rogelio V.D (2009), Inequalities A Mathematical Olympiad Approach, Basel-Boston-Berlin, Germany [7] Mihai B., Bogdan E., Mircea B (1997), Romanian Mathematical Competitions, The Romanian Society of Mathematical Sciences, Romania [8] Mitrinovic D.S, Pecaric J.E., Volenec V (1989), Recent advances in Geometric Ineqalities, Kluwer Academic Publishers, The Netherlands [9] Titu Andreescu, Oleg Mushkanov, Luchezar Stoyanov (2006), Geometric Problems on Maxima and Minima, Basel-Boston-Berlin, Germany [10] Website www.artofproblemsolving.com 19