Luận văn thạc sỹ mở rộng bất đẳng thức erdos mordell một số bất đẳng thức liên quan và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHẠM KHẮC TUẤN MỞ RỘNG BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC TẬP THỂ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Trịnh Thanh Hải TS Nguyễn Văn Hiến THÁI NGUYÊN - 2022 Mục lục LỜI CAM ĐOAN iii LỜI CẢM ƠN iv MỞ ĐẦU 1 5 5 5 6 6 7 11 13 13 22 22 26 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Hệ thức lượng tam giác 1.1.1 Định lý hàm số sin 1.1.2 Định lý hàm số cosin 1.1.3 Cơng thức tính độ dài đường phân giác 1.1.4 Cơng thức tính độ dài đường trung tuyến 1.1.5 Cơng thức tính diện tích tam giác 1.2 Một số bất đẳng thức đại số 1.2.1 Bất đẳng thức AM – GM 1.2.2 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz 1.2.3 Bất đẳng thức Jensen 1.3 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học 1.3.1 Phương pháp véc tơ 1.3.2 Phương pháp đạo hàm 1.3.3 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức đại số MỞ RỘNG BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL 2.1 Bất đẳng thức Erdos – Modell tam giác 2.2 Mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell 2.2.1 Mở rộng tam giác 2.2.2 Mở rộng đa giác i MỤC LỤC 2.2.3 Mở rộng không gian 28 BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG 32 3.1 Một số toán áp dụng 32 3.2 Một số bất đẳng thức liên quan 39 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 ii LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Tôi xin cam đoan kết nêu luận văn, tài liệu tham khảo nội dung trích dẫn đảm bảo tính trung thực xác Thái Nguyên, ngày 12 tháng 11 năm 2022 Phạm Khắc Tuấn iii LỜI CẢM ƠN Trước xin gửi lời cảm ơn đến tất quý Thầy Cô giảng dạy chương trình Cao học Tốn khóa 14 Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, người truyền đạt kiến thức hữu ích ngành Phương pháp Tốn sơ cấp làm sở cho tơi hồn thành luận văn Đặc biệt xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến tập thể thầy hướng dẫn, PGS.TS Trịnh Thanh Hải TS Nguyễn Văn Hiến tận tình hướng dẫn mặt khoa học q trình hồn thành luận văn Tơi hy vọng luận văn tài liệu tham khảo hữu ích cho bạn học sinh, sinh viên, bạn đồng nghiệp giáo viên người quan tâm đến bất đẳng thức Erdos – Mordell bất đẳng thức liên quan lĩnh vực tốn học sơ cấp Vì số lý trình thực đề tài, luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý q thầy bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện hơn./ Thái Nguyên, ngày 12 tháng 11 năm 2022 Phạm Khắc Tuấn iv MỞ ĐẦU Trong hình học phẳng, bất đẳng thức Erdos - Mordell phát biểu sau: “Với điểm M tam giác, khoảng cách từ M đến đỉnh tam giác không nhỏ hai lần khoảng cách từ M đến cạnh tam giác đó” Bất đẳng thức nhà toán học tiếng người Hunggari Erdos phát biểu lần vào năm 1935 nghiên cứu tam giác Bị lôi vẻ đẹp giản dị toán, nhiều nhà tốn học tìm cách chứng minh Năm 1937 nhà hình học người Anh Mordell đưa cách chứng minh dựa vào lượng giác nên bất đẳng thức mang tên bất đẳng thức Erdos – Mordell Sau nhiều chứng minh sơ cấp túy hình học bất đẳng thức Erdos - Mordell đưa bởi: Barrow (1937), Kazarinoff (1945), Bankoff (1958), Việc mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell tam giác, đa giác không gian vấn đề hấp dẫn thu hút nhiều người quan tâm nghiên cứu Lần đầu tiên, mở rộng tam giác đề cập nghiên cứu Barrow (1937), Fơlôrian (1958), mở rộng đa giác công trình Lenhard (1961), mở rộng khơng gian cơng trình nhà tốn học Liên xơ Rabinovich Iagơlôm, Năm 1998 báo “Xung quanh bất đẳng thức Erdos” - Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ số 9/1998, tác giả Nguyễn Văn Hiến sử dụng công cụ đạo hàm để chứng minh số kết mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell tam giác mà Fơlôrian công bố năm 1958 Gần bất đẳng thức Erdos - Mordell tiếp tục nhiều nhà toán học J Liu, W.D Jiang, khai thác nghiên cứu mối quan hệ đại lượng tam giác Bất đẳng thức Erdos - Mordell nội dung số đề tài luận văn thạc sĩ (chun ngành Tốn sơ cấp) đề cập: • Luận văn “Một số bất đẳng thức hình học” Hồng Ngọc Quang (2011); MỤC LỤC • Luận văn “Về bất đẳng thức Erdos-Mordell” Nguyễn Quốc Dũng (2017); Hướng nghiên cứu luận văn trình bày kết cơng bố quốc tế (cách chứng minh, số mở rộng, bổ đề, ứng dụng vào chứng minh bất đẳng thức hình học, bất đẳng thức đại lượng hình học có hướng, ) bất đẳng thức Erdos – Mordell tác Y D Wu, C.L Yu, Z Zhang, R.B Manfrino, J.A.G Ortega, R.V Delgado, D.S Mitrinovic, J.E Pecaric, V.Volene, W D Jiang J Liu, công bố thời gian qua Tuy nhiên nhiều kết quan trọng mở rộng bất đẳng thức Erdos – Mordell tam giác không gian số toán hệ thú vị bất đẳng thức chưa giới thiệu luận văn Trong lần gửi thư cho bạn trẻ u tốn, GS Hồng Tụy có viết “Các nhà toán học thường làm việc với bất đẳng thức nhiều đẳng thức” Đối với chương trình giáo dục phổ thơng, bất đẳng thức hình học chủ đề quan trọng nội dung bồi dưỡng học sinh giỏi Các toán bất đẳng thức dạng thường xuyên xuất kỳ thi Olimpic quốc gia quốc tế, tạp chí tốn học nhà trường Chính việc đào sâu, nghiên cứu, tìm tịi, khám phá bất đẳng thức hình học hay bất đẳng thức Erdos - Mordell cần thiết Nhằm tìm hiểu sâu thêm bất đẳng thức Erdos - Mordell, số bất đẳng thức liên quan việc mở rộng tam giác, đa giác, không gian ứng dụng giải lớp tốn bất đẳng thức hình học làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, chọn đề tài: “Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell, số bất đẳng thức liên quan ứng dụng” làm nội dung nghiên cứu Ngồi phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, đề tài gồm chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương hệ thống hóa kiến thức bổ trợ liên quan phục vụ cho việc nghiên cứu mở rộng bất đẳng thức Erdos – Mordell, số bất đẳng thức hệ bất đẳng thức liên quan: 1.1 Hệ thức lượng tam giác 1.2 Một số bất đẳng thức đại số MỤC LỤC 1.3 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học Chương 2: Mở rộng bất đẳng thức Erdos – Mordell 2.1 Bất đẳng thức Erdos – Mordell tam giác 2.2 Mở rộng bất đẳng thức Erdos – Mordell 2.2.1 Mở rộng tam giác 2.2.2 Mở rộng đa giác 2.2.3 Mở rộng không gian Chương 3: Bất đẳng thức Erdos – Mordell ứng dụng 3.1 Một số toán áp dụng 3.2 Một số bất đẳng thức liên quan Thái Nguyên, ngày 12 tháng 11 năm 2022 Phạm Khắc Tuấn Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương hệ thống kiến thức bổ trợ liên quan đến việc chứng minh, mở rộng bất đẳng thức Erdos – Mordell, bất đẳng thức liên quan trình bày chương chương Trong toàn luận văn chúng tơi sử dụng số kí hiệu sau: • ∆ABC: Tam giác ABC • a, b, c: Số đo độ dài ba cạnh BC, AC, AB ∆ABC • (ABC): Mặt phẳng chứa ∆ABC • , hb , hc : Là độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A, B, C ∆ABC • la , lb , lc : Là độ dài đường phân giác xuất phát từ đỉnh A, B, C ∆ABC • ma , mb , mc : Là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A, B, C ∆ABC • r, R: Là bán kính đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp ∆ABC • p, S: Là số đo nửa chu vi diện tích ∆ABC • Ra , Rb , Rc : Là khoảng cách từ điểm M ∆ABC đến đỉnh A, B, C tam giác ∆ABC • da , db , dc : Là khoảng cách từ điểm M ∆ABC đến cạnh BC, CA, AB tam giác ∆ABC • đpcm: Điều phải chứng minh Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Hệ thức lượng tam giác 1.1.1 Định lý hàm số sin b c a = = = 2R sin A sin B sin C 1.1.2 Định lý hàm số cosin a2 = b2 + c2 − 2bc cos A b2 = a2 + c2 − 2ac cos B c2 = a2 + b2 − 2ab cos C 1.1.3 Công thức tính độ dài đường phân giác 2bc cos la = b+c 2ac cos lb = 1.1.4 1.1.5 B a+c 2ab cos lc = A C a+b Công thức tính độ dài đường trung tuyến r 2b2 + 2c2 − a2 ma = r 2a2 + 2c2 − b2 mb = r 2a + 2b2 − c2 mc = Cơng thức tính diện tích tam giác q bc sin A abc aha = = pr = = p(p − a)(p − b)(p − c) S= 2 4R Chương MỞ RỘNG BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL i) RA ≥ dB SB +dC SC +dD SD SA ii) RA RB RC RD ≥ 81dA dB dC dD Giải: Gọi VA ,VB ,VC ,VD , V thể tích khối tứ diện MBCD, MCDA, MDAB, MABC, ABCD hA chiều cao tứ diện hạ từ đỉnh A i) Ta có RA ≥ h A − d A SA RA ≥ SA hA − SA dA = 3V − 3VA = (V − VA ) = (VB + VC +VD ) = SB dB +SC dC +SD dD d B SB + d C SC + d D SD (đpcm) SA ii) Tương tự ta có dA SA +dC SC +dD SD RB ≥ SB dA SA +dB SB +dD SD RC ≥ SC dA SA +dB SB +dC SC RD ≥ SD ⇒ RA ≥ dB SB +dC SC +dD SD dA SA +dC SC +dD SD × × SA SB dA SA +dB SB +dD SD dA SA +dB SB +dC SC × × SC SD ⇒ RA RB RC RD ≥ 29 Chương MỞ RỘNG BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL Áp dụng bất đẳng thức AM - GM √ √ 3 dB SB dC SC dD SD 3 dA SA dC SC dD SD ⇒ RA RB RC RD ≥ × S SB A √ √ 3 dA SA dB SB dD SD 3 dA SA dB SB dC SC × × SC SD ⇒ RA RB RC RD ≥ 81dA dB dC dD (đpcm) Đẳng thức xảy M tâm tứ diện ABCD Bài toán 2.2.3.2 Cho điểm M tứ diện ABCD, chứng minh: √ √ √ √ RA +RB +RC +RD ≥ dA dB + dA dC + dA dD + dB dC + √
√ dB dD + dC dD Giải: dB SB +dC SC +dD SD SB SC SD = dB + dC + dD Ta có đánh giá: RA ≥ SA SA SA SA Tương tự: SC SD SA + dC + dD RB ≥ d A SB SB SB SB SD SA + dB + dD RC ≥ d A SC SC SC SB SC SA + dB + dC RD ≥ d A SD SD SD     SA SB SA SC ⇒ RA + RB + RC + RD ≥ d A + dB + dA + dC SB SA SC SA     SB SC SA SD + dD + dB + dC + dA SD SA SC SB     SB SD SC SD + dB + dD + dC + dD SD SB SD SC Áp dụng bất đẳng thức AM - GM p p p ⇒ RA + RB + RC + R D ≥ dA dB + dA dC + dA dD  p p p + dB dC + dB dD + dC dD (đpcm) Nhận xét: Việc mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell hình học khơng gian nhiều nhà tốn học quan tâm Một số kết đáng 30 Chương MỞ RỘNG BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL ý, chẳng hạn bổ đề Rabinovich - Iagơlôm sau: Cho điểm M tứ diện ABCD, đó:
k k k ≥ 3k dkA + dkB + dkC + dkD ∀k ≥ RA + RB + RCk + RD Sau ta xét trường hợp đặc biệt bổ đề Bài toán 2.2.3.3 Cho điểm M tứ diện ABCD Chứng minh: RA +RB +RC +RD ≥ (dA +dB +dC +dD ) Giải: Tứ diện ABCD ⇒ SA =SB =SC =SD Áp dụng kết 2.2.3.1 ta có RA RB RC RD ≥dB +dC +dD ≥dA +dC +dD ≥dA +dB +dD ≥dA +dB +dC ⇒ RA +RB +RC +RD ≥ (dA +dB +dC +dD ) (đpcm) Đẳng thức xảy M tâm tứ diện ABCD Bài toán 2.2.3.4 Cho điểm M tứ diện ABCD có cạnh a Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = MA + MB + MC + MD Giải: Áp dụng tốn 2.2.3.3 M A + M B + M C + M D ≥ (dA +dB +dC +dD )   3VA 3VB 3VC 3VD =3 + + + SA SB SC SD Do ABCD tứ diện ⇒ SA =SB =SC =SD 3VA + 3VB + 3VC + 3VD SA √ √ 9V a = 3hA = =a = SA ⇒ MA + MB + MC + MD ≥ · √ ⇒ minP = a đạt M tâm tứ diện ABCD 31 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS MORDELL VÀ ỨNG DỤNG 3.1 Một số toán áp dụng Bài toán 3.1.1 Cho điểm M ∆ABC, đó: Ra + Rb + Rc ≥ 6r Giải: 2S − da Ta có: Ra ≥ − da = a Tương tự: 2S − db b 2S − dc Rc ≥ c Rb ≥ 32 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG   1 + + ⇒ Ra + Rb + Rc ≥ 2S − (da + db + dc ) a b c   1 + + − (da + db + dc ) = (a + b + c) r a b c Áp dụng bất đẳng thức AM - GM:   1 + + (a + b + c) ≥ a b c Áp dụng bất đẳng thức Erdos - Mordell ∆ABC: Ra + Rb + Rc ≥ (da + db + dc ) Từ bất đẳng thức suy ra: (Ra + Rb + Rc ) ≥ 18r ⇔ Ra + Rb + Rc ≥ 6r (đpcm) Đẳng thức xảy M tâm ∆ABC Bài toán 3.1.2 Cho ∆ABC nhọn có đường cao AA1 , BB1 , CC1 cắt H Chứng minh Giải: HA1 + HB1 + HC1 ≤ R + r AC cos A AC1 = = 2R cos A Ta có HA = sin B sin B Tương tự:  HB = 2R cos B HC = 2R cos C 33 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG Áp dụng bất đẳng thức Erdos - Mordell ∆ABC ⇒ HA + HB + HC ≥ (HA1 + HB1 + HC1 ) ⇒ 2R (cos A + cos B + cos C) ≥ (HA1 + HB1 + HC1 ) ⇒ HA1 + HB1 + HC  ≤rR(cos A + cos B + cos C) =R 1+ = R + r (đpcm) R Đẳng thức xảy ∆ABC Bài toán 3.1.3 (IMO - 1991) Cho M nằm ∆ABC Chứng minh \ MBC, \ MCA \ khơng lớn 300 có góc: MAB, Giải: Kẻ MD, ME, MF vng góc với BC, AC, AB Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Erdos - Mordell ∆ABC M A + M B + M C ≥ (M D + M E + M F ) ⇔ (M A − 2M F ) + (M B − 2M D) + (M C − 2M E) ≥ Suy hiệu khơng âm, chẳng hạn: M A − 2M F ≥ ⇒ MF \ ≤ ⇒ MAB \ ≤ 300 ≤ ⇒ sin MAB MA 2 \ ≥ 1500 ⇒ BAC [ ≥ 1500 ⇒ ABC [ ≤ 300 ⇒ MBC \ ≤ 300 MAB \ ≤ 300 (đpcm) MCA \ MBC, \ MCA \ không nhỏ Cách 2: Nếu tồn góc MAB, 1500 dễ dàng suy đpcm 34 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG \ MBC, \ MCA \ lớn 300 Giả sử góc MAB,    sin MAB > sin 30 >         ⇒ sin MBC > sin 300 >           sin MCA > sin 300 > Ta có: M A + M B + M C = MD ME MF + + sin M AB sin M BC sin M CA ⇒ M A + M B + M C < (M D + M E + M F ) Mâu thuẫn với bất đẳng thức Erdos - Mordell Vậy điều giả sử sai ⇒ đpcm Bài toán 3.1.4 Cho điểm M nằm ∆ABC Chứng minh:   1 1 1 + + ≥2 + + da db dc Ra Rb Rc Giải: nghịch đảo tâm M phương tích đơn vị suy  Thực phép 1 ′     M A = M A =     Ra da     1 ′ M B1 = M B1 =   Rb db     1   ′    M C1 =  M C1 = Rc dc 35 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG Áp dụng bất đẳng thức Erdos - Mordell ∆A1 B1 C1 ′ ′ ′ ′ ′ ′ M A1 + M B1 + M C1 ≥ (M A1 + M B1 + M C1 )   1 1 1 ⇔ + + ≥2 + + (đpcm) da db dc Ra Rb Rc Bài toán 3.1.5 Cho điểm M ∆ABC Chứng minh:   db dc da dc da db da + db + dc ≥ + + Ra Rb Rc Giải: Gọi A1 , B1 , C1 hình chiếu M đến cạnh BC, AC, AB Theo định lí hàm số sin: B1 C1 = Ra sin A; A1 C1 = Rb sin B; A1 B1 = Rc sin C db dc Ra da dc Tương tự ta có khoảng cách từ M đến A1 C1 M P = Rb da db khoảng cách từ M đến A1 B1 M K = Rc Áp dụng bất đẳng thức Erdos - Mordell ∆A1 B1 C1 Gọi khoảng cách từ M đến B1 C1 MH đó: M H = M A1 + M B1 + M C1 ≥ (M H + M K + M P ) 36 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG  db dc da dc da db + + ⇔ da + db + dc ≥ Ra Rb Rc  (đpcm) Bài toán 3.1.6 Cho ∆ABC chứng minh bất đẳng thức sau: i) cos A + cos B+ cos C ≤ ; 1 ii) + + ≥ A B C sin sin sin 2 Giải: i) Dễ dàng nhận xét tam giác không nhọn bất đẳng thức Giả sử tam giác nhọn Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nhọn H, E, K hình chiếu O lên BC, AC, AB  [ = BOH [   BAC [ = COE [ ⇒ ABC   [ [ ACB = AOK ⇒ cos A + cos B + cos C = cos BOH + cos COE + cos AOK OH + OE + OK OH OE OK + + = = OB OC OA R Áp dụng bất đẳng thức Erdos - Mordell với điểm O nằm ∆ABC ta có: OA + OB + OC ≥ 2(OH + OE + OK) 3R ⇒ OH + OE + OK ≤ ⇒ cos A + cos B + cosC ≤ 37 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG Đẳng thức xảy ∆ABC ii) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC Áp dụng bất đẳng thức Erdos - Mordell ∆ABC ta có: IA + IB + IC ≥ 6r r r 1 r + + ≥ 6r ⇒ + + ≥ ⇒ A B C A B C sin sin sin sin sin sin 2 2 2 Đẳng thức xảy ∆ABC Bài toán 3.1.7 Cho M điểm nằm ∆ABC chứng minh: (Rb + Rc ) (Ra + 2da ) ≥ (2da + db + dc )2 Giải: Theo Bổ đề 2.1.2 (db + dc )2 Rb + Rc ≥ 2da + Ra Mặt khác: ⇔ Ra (Rb + Rc ) ≥ 2da Ra + (db + dc )2 (Rb + Rc ) (Ra + 2da ) = Ra (Rb + Rc ) + 2da (Rb + Rc ) ≥ 2Ra da + (db + dc )2 + 2da (Rb + Rc ) = 2da (Ra + Rb + Rc ) + (db + dc )2 Áp dụng bất đẳng thức Erdos - Mordell: ⇒ (Rb + Rc ) (Ra + 2da ) ≥ 4da (da + db + dc ) + (db + dc )2 = (2da + db + dc )2 38 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG ⇒ (Rb + Rc ) (Ra + 2da ) ≥ (2da + db + dc )2 (đpcm) Đẳng thức xảy M tâm ∆ABC Bài toán 3.1.8 Cho điểm M ∆ABC có cạnh a Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = Ra + Rb + Rc Giải: Gọi D, E, F hình chiếu M cạnh BC, AC, AB Áp dụng bất đẳng thức Erdos - Mordell ∆ABC ⇒ P = Ra + Rb + Rc ≥ (M D + M E + M F )   2S∆BM C 2S∆AM C 2S∆AM B =2 + + a a a √ 4S = 2ha = a = a √ √ ⇒ P ≥ a ⇒ minP = a đạt M tâm ∆ABC 3.2 Một số bất đẳng thức liên quan Bài toán 3.2.1 Cho điểm M ∆ABC, chứng minh: Ra Rb Rc ≥ 8da db dc Giải: Trước hết từ đánh giá: b c Ra ≥ d b + d c a a c a Rb ≥ d a + d c b b a b Rc ≥ d a + d b c c 39 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG     b  c a a b c da + dc ⇒ Ra Rb Rc ≥ d b + d c da + db a a b b c c √ √ √ ≥ db dc da dc da db = 8da db dc (đpcm) Bài toán 3.2.2 Cho điểm M ∆ABC chứng minh: Ra Rb Rc ≥ (da + db ) (db + dc ) (dc + da ) Giải: Ta có dc = Ra sin A1 db = Ra sin A2 ⇒ dc + db = Ra (sin A1 + sin A2 ) ≤ 2Ra sin Tương tự có: A1 + A2 A = 2Ra sin 2 B C da + db ≤ 2Rc sin B C A ⇒ 8Ra Rb Rc sin sin sin ≥ (da + db ) (db + dc ) (dc + da ) 2 Mặt khác: A B C sin sin sin ≤ 2 ⇒ Ra Rb Rc ≥ (da + db ) (db + dc ) (dc + da ) (đpcm) Bài toán 3.2.3 Cho điểm M ∆ABC , chứng minh: p p  p p p √ p Ra + Rb + Rc ≥ da + db + dc da + dc ≤ 2Rb sin 40 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz: !2 r r c b c b Ra ≥ d b + d c ≥ db + dc a a a a r r √ c √ b + dc · db · √ a a √ ⇒ Ra ≥ Tương tự: r r r √ c √ a a √ b + + d · d · d · d · a c b a p b b p c c √ √ Rb ≥ ; Rc ≥ 2 " r r ! r  r √ √ √ c b √ a c √ + + da + db ⇒ Ra + Rb + Rc ≥ √ b c c a # r r ! √ b a + + dc a b √ r Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho bất đẳng thức suy ra: p p  p p p √ p Ra + Rb + Rc ≥ da + db + dc (đpcm) Bài toán 3.2.4 Cho điểm M ∆ABC chứng minh: Ra Rb Rc + + ≥ da db dc Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM: s Ra Rb Rc Ra Rb Rc + + ≥33 da db dc da db dc Theo tốn 3.2.1 vì: Ra Rb Rc ≥ 8da db dc Ra Rb Rc ⇒ + + ≥ (đpcm) da db dc Nhận xét: Từ kết toán 3.2.1 cách giải toán 3.2.4 suy bất đẳng thức sau: 41 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG Ra Rb Rc √ +√ +√ ≥ 6; db dc da dc da db R2 R2 Ra2 + b + c ≥ 12 db dc da dc da db Bài toán 3.2.5 Cho điểm M ∆ABC chứng minh: Ra da + Rb db + Rc dc ≥ (da db + db dc + dc da ) Giải: cdc bdb c b Từ đánh giá: Ra ≥ + ⇒ Ra d a ≥ d a d c + d a d b a a a a Tương tự:  c a   Rb d b ≥ d b d a + d b d c b b b a   Rc d c ≥ d c d a + d c d b c c      c a a b c b ⇒ Ra d a + Rb d b + Rc d c ≥ d a d b + + + + db dc + da dc b a b c a c ≥ (da db + db dc + dc da ) (đpcm) Bài toán 3.2.6 Cho điểm M ∆ABC chứng minh: Ra Rb + Rb Rc + Rc Ra ≥ (da + db ) (da + dc ) + (db + da ) (db + dc ) + (dc + da ) (dc + db ) Giải: (db + dc )2 Theo bổ đề 2.1.2: Rb + Rc ≥ 2da + Ra ⇒ Ra (Rb + Rc ) ≥ 2da Ra + (db + dc ) Tương tự: Rb (Rc + Ra ) ≥ 2db Rb + (dc + da )2 Rc (Rb + Ra ) ≥ 2dc Rc + (db + da )2 ⇒ Ra (Rb + Rc ) + Rb (Rc + Ra ) + Rc (Rb + Ra ) ≥ (da Ra + db Rb + dc Rc ) + (db + dc )2 + (dc + da )2 + (da + db )2 ⇒ R a Rb + Rb Rc + Rc Ra ≥ d a Ra + d b Rb + d c Rc i 1h 2 (db + dc ) + (dc + da ) + (da + db ) + ⇒ Ra Rb + Rb Rc + Rc Ra ≥ Ra da + Rb db + Rc dc + d2b + d2c + d2a + db dc + dc da + da db 42 Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL VÀ ỨNG DỤNG Theo toán 3.2.5: Ra da + Rb db + Rc dc ≥ (da db + db dc + dc da ) ⇒ Ra Rb + Rb Rc + Rc Ra ≥ d2b + d2c + d2a + 3da db + 3db dc + 3dc da = (da + db ) (da + dc ) + (db + da ) (db + dc ) + (dc + da ) (dc + db ) (đpcm) Bài toán 3.2.7 Cho điểm M ∆ABC , chứng minh bất đẳng thức: B C A i) Ra sin + Rb sin + Rc sin ≥ da + db + dc ; 2 ii) da + db db + dc dc + da + + ≤ 3; Rc Ra Rb iii) Rb Rc Ra + + ≥ db + dc da + dc da + db Giải: i) Ta có đánh giá: A ≥ db + dc B 2Rb sin ≥ da + dc C 2Rc sin ≥ db + da   A B C ⇒ Ra sin + Rb sin + Rc sin ≥ (da + db + dc ) 2 A B C ⇒ Ra sin + Rb sin + Rc sin ≥ da + db + dc (đpcm) 2 2Ra sin ii) Ta có: A db + dc A ≤ sin ≥ db + dc ⇒ Ra B B da + dc 2Rb sin ≥ da + dc ⇒ ≤ sin Rb C C db + da 2Rc sin ≥ db + da ⇒ ≤ sin Rc   A B C da + db db + dc dc + da + + ≤ sin + sin + sin ⇒ ≤ 2· = (đpcm) Rc Ra Rb 2 2 2Ra sin 43