(Luận văn) một số bất đẳng thức hình học và ứng dụng trong giải toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN BÙI ANH TRƯỜNG lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP d oa nl w fu an nv a lu oi m ll LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z gm @ m co l an Lu Bình Định - Năm 2020 n va ac th si BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN BÙI ANH TRƯỜNG lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP oa nl w d Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 84601113 oi m ll fu an nv a lu z at nh z NGƯỜI HƯỚNG DẪN: TS NGUYỄN HỮU TRỌN gm @ m co l an Lu n va ac th si Mục lục Lời cam đoan Lời nói đầu lu an n va Kiến thức chuẩn bị Các định lý trung bình số học trung bình hình học 1.2 Tỉ số lượng giác góc p ie gh tn to 1.1 1.3 Một số đẳng thức, bất đẳng thức hình học 12 oa nl w Các định lý đẳng chu 18 d Cực đại cực tiểu 18 2.2 Các định lý đẳng chu tam giác 21 2.3 Các định lý đẳng chu đa giác 29 2.4 Các định lý đẳng chu không gian 36 oi m ll fu an nv a lu 2.1 z at nh Đối xứng hóa vấn đề liên quan 44 z Phép đối xứng 44 3.2 Bài toán Dido 47 3.3 Đối xứng hóa Steiner 48 3.4 Tam giác 52 gm @ 3.1 m co l an Lu n va ac th si Các toán lời giải 58 4.1 Một số toán sử dụng định lý đẳng chu 58 4.2 Một số toán sử dụng nguyên lý phản xạ 65 KẾT LUẬN 77 TÀI LIỆU THAM KHẢO 77 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) lu an n va p ie gh tn to d oa nl w oi m ll fu an nv a lu z at nh z gm @ m co l an Lu n va ac th si Lời cam đoan lu Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tôi, số liệu kết nghiên cứu ghi luận văn trung thực, đồng tác giải cho phép sử dụng chưa cơng bố cơng trình khác an va n Tác giả luận văn p ie gh tn to Bùi Anh Trường d oa nl w oi m ll fu an nv a lu z at nh z gm @ m co l an Lu n va ac th si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Lời nói đầu lu an n va p ie gh tn to Hình học phân nhánh Tốn học liên quan đến câu hỏi hình dạng, kích thước, vị trí tương đối hình khối, tính chất Hình học phát triển độc lập số văn hóa cổ đại phần kiến thức thực tiễn liên quan đến chiều dài, diện tích, thể tích, Từ nhu cầu khoa học thực tiễn liên quan đến khảo sát, đo đạc, diện tích, khối lượng Những thành tích đáng ý giai đoạn đầu hình học bao gồm cơng thức độ dài, diện tích thể tích, Các nhà tốn học nhận đánh giá giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hay so sánh đại lượng hình học đóng vai trị quan trọng nhiều quan trọng đẳng thức oa nl w d Luận văn tập trung nghiên cứu định lí đẳng chu hình học vấn đề liên quan Trong thực tế ta bắt gặp định lí đẳng chu thường xuyên ví dụ mèo đêm lạnh, thường cuộn lại giống hình cầu, hiển nhiên mèo làm để giữ nhiệt, làm nhiệt lượng khỏi bề mặt nhỏ khơng có ý định làm giảm thể tích thân nó, Rõ ràng, làm ta liên tưởng đến định lí: "Trong vật thể có thể tích hình cầu có diện tích bề mặt nhỏ nhất" Luận văn trình bày lại cách có xếp, hệ thống lý thuyết định lý đẳng chu bất đẳng thức hình học liên quan Luận văn trình bày 75 trang, gồm: Lời nói đầu, chương, Kết luận Tài liệu tham khảo oi m ll fu an nv a lu z at nh z @ gm Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày kiến thức chuẩn bị bất đẳng thức AM - GM, hệ thức lượng tam giác, tỉ số lượng giác góc, làm sở, công cụ chứng minh định lý luận văn m co l Lu an Chương 2: Các định lý đẳng chu Chương trình bày lý thuyết cực đại cực tiểu, trình bày chứng minh định lý đẳng chu tam giác ac th n va Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an đa giác mở rộng sang số lớp hình khơng gian tứ diện, lăng trụ tứ giác Chương 3: Đối xứng hóa vấn đề liên quan Chương trình bày nguyên lý phản xạ phương pháp hình học để tiếp cận lời giải lớp toán, định lý hình học cách đơn giản dễ hình dung Chương 4: Các toán lời giải Chương trình bày hệ thống tốn hình học sơ cấp, cực trị hình học tiếp cận định lý đẳng chu phép đối xứng, tạo nguồn tư liệu học tập, nghiên cứu cho học sinh lu an n va p ie gh tn to Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình thầy TS Nguyễn Hữu Trọn, người ln nhắc nhở, động viên, giúp đỡ tơi q trình nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn q thầy khoa Tốn Thống kê, phịng Sau đại học trường Đại học Quy Nhơn, đặc biệt quý thầy cô trực tiếp giảng dạy cho lớp Cao học Tốn khóa 21 Cuối tơi tỏ lịng biết ơn đến gia đình, người thân bạn bè ủng hộ, giúp đỡ, tạo điều kiện cho mặt suốt thời gian học thạc sĩ hoàn thành luận văn oa nl w d Mặc dù cố gắng khả thời gian cịn hạn chế nên luận văn tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận ý kiến, góp ý q thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện fu an nv a lu oi m ll Ngày tháng năm 2020 Học viên thực z at nh Bùi Anh Trường z gm @ m co l an Lu n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Chương Kiến thức chuẩn bị lu an n va p ie gh tn to Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức hữu dụng cho chương sau như: Định lý trung bình số học trung bình hình học, tỉ số lượng giác, số đẳng thức hình học Các kết chương trình bày dựa vào [4], [7] Các định lý trung bình số học trung bình hình học d oa nl w 1.1 a lu Định nghĩa 1.1.1 Trung bình số học A n số a1 , · · · , an fu an nv a1 + a2 + · · · + an n m ll oi Trung bình số học tập hợp số thực gọi trung bình cộng số z at nh z Định lý 1.1.2 Tích n số dương với tổng cho trước lớn n X số Cụ thể, > (i = 1, · · · , n) = nA khơng @ gm đổi i=1 m co Dấu = xảy a1 = a2 = · · · = an (1.1) l a1 · a2 · · · an ≤ A n Lu an Hiểu theo nghĩa hình học, tất hình hộp n chiều có tổng độ dài cạnh khơng đổi khối hộp n chiều tích lớn Một cách ac th n va Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an phát biểu hình học tương đương khác là: "Nếu đoạn thẳng có độ dài cho trước chia thành hữu hạn đoạn thẳng nhỏ có độ dài nhỏ tích độ dài đoạn thẳng lớn đoạn thẳng chia có độ dài nhau" Chứng minh n X Xét số dương a1 , a2 , · · · , an = nA không đổi i=1 lu Nếu = A, i = 1, 2, · · · , n dấu = (1.1) xảy Nếu có 6= A có số lớn A số nhỏ A Giả sử a1 a2 Đặt a1 = A − h, a2 = A + k h, k > Tiếp tục đặt a01 = A, a02 = A + k − h Khi an va a01 + a02 = 2A + k − h = a1 + a2 , n to tn a01 + a02 + a3 + · · · + an = n X = nA gh i=1 p ie Rõ ràng a01 , a02 số dương Đồng thời ta tập hợp gồm n số dương thỏa mãn tổng chúng tổng n số dương ban đầu Ta cần chứng minh oa nl w a01 a02 > a1 a2 d fu an nv a lu Thật vậy, ta có: a01 a02 = A (A + k − h) = A2 + (k − h) A, a1 a2 = (A − h) (A + k) = A2 + (k − h) A − hk oi m ll Suy Vì z at nh a01 a02 = a1 a2 + hk > a1 a2 z a01 · a02 · a3 · · · an > a1 · a2 · a3 · · · an @ gm Bây A = a01 = a02 = a3 = · · · = an (1.1) Ngược lại tồn số lớn A số nhỏ A Giả sử b1 , b2 Lặp lại chứng minh với hai số b1 , b2 ta tìm tập hợp số dương thỏa mãn tổng chúng tổng n số dương ban đầu tích chúng lớn a01 · a02 · a3 · · · an Tiếp tục lặp lại trình (nhiều n − lần) ta n số dương m co l an Lu n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an A có tích lớn tích n số dương khác có tổng  Định lý 1.1.3 Tổng n số thực dương có tích ln lớn n Dấu xảy tất số n X Cụ thể, > 0, i = 1, · · · , n a1 · a2 · · · an = ≥ n Dấu "=" xảy = 1, ∀i = 1, 2, · · · , n lu an n va tn to Hiểu theo nghĩa hình học: "Nếu thể tích hình hộp chữ nhật n chiều (khối hộp chữ nhật) 1, tổng chiều dài cạnh đạt giá trị nhỏ khối n chiều" Chứng minh Ta có > 0, ∀i = 1, 2, · · · , n a1 · a2 · · · an = Ta cần chứng minh n X ≥ n i=1 p ie gh Dấu = xảy = 1, ∀i = 1, 2, · · · , n Ta chia số cho tổng chúng, ta n số có tổng áp dụng Định lý 1.1.2 Đặt n X oa nl w s= d n fu an nv n , s i=1 a lu Ta có , bi = 1X X s bi = = · = n i=1 n i=1 s n s n m ll Áp dụng Định lý 1.1.2 ta có oi  n z at nh n b1 · b2 · · · bn ≤ z Tức n m co Vậy  n l a1 · a2 · a3 · · · an ≤ s · s · s···s n gm @ Dấu = xảy b1 = b2 = · · · = bn = an  n va Dấu = xảy = 1, ∀i = 1, 2, · · · , n Lu n ≤ s ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 64 Lời giải Giả sử hình bình hành ABCD có chu vi 2p độ dài cạnh AC = h Khi ∆ABC có chu vi P = p + h không đổi Theo Định lý 2.2.5, tam giác có diện tích lớn lu Hình 4.5 an n va Do hình bình hành cần xác định phải hình thoi có số đo góc đỉnh 60◦ tn to p ie gh Bài toán 4.1.8 Trong khối hộp chữ nhật có tổng chiều dài cạnh cho trước Chứng minh khối lập phương tích diện tích bề mặt lớn oa nl w Lời giải Gọi a, b, c độ dài cạnh khối hộp chữ nhật Khi đó, tổng chiều dài cạnh khối hộp d fu an nv a lu L = 4(a + b + c) m ll Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có  V = abc ≤ 3 oi a+b+c L3 = 12 z at nh Dấu ” = ” xảy a = b = c Tức khối hộp khối lập phương Diện tích bề mặt khối hộp S = 2(ab + bc + ca) Khi ta có z @ gm S ≤ 2(a2 + b2 + c2 ) = 2(a + b + c)2 − 4(ab + bc + ca) = 2(a + b + c)2 − 2S,  2 L 3S ≤ m co l Lu an Dấu ” = ” xảy a = b = c Vì L khơng đổi khối hộp chữ nhật có diện tích bề mặt lớn khối lập phương n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 65 4.2 Một số toán sử dụng nguyên lý phản xạ Bài toán 4.2.1 Trong hình giới hạn sợi dây có chiều dài L đoạn thẳng có chiều dài D cho trước, hình có diện tích lớn Cho ví dụ? Lời giải lu an n va p ie gh tn to oa nl w d Hình 4.6 fu an nv a lu oi m ll Rõ ràng với đoạn thẳng AB có chiều dài D cho trước sợi dây có chiều dài L hình giới hạn sợi dây lập thành đường tùy ý đoạn thẳng đa dạng Giả sử ta có hình giới hạn hình 4.5 (a) z at nh Một hình dạng có sợi dây lập thành cung tròn tạo với đoạn thẳng AB hình viên phân (hình 4.5 (b)) Bây ta bổ sung vào hình viên phân hình viên phân khác (phần gạch chéo) để tạo thành hình trịn bổ sung hình hình viên phân tương tự z gm @ m co l Rõ ràng hai hình tạo thành có chu vi L + L0 nên theo định lí đẳng chu, hình trịn có diện tích lớn Khi đó, bỏ phần gạch chéo đi, hình 4.5(b) đáp án tốn Vậy sợi dây chiều dài L vây quanh đoạn thẳng chiều dài D tạo thành cung trịn diện tích hình giới hạn đạt lớn an Lu n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 66 Bài tốn 4.2.2 Cho n - giác có thứ tự độ dài cạnh cho trước trừ cạnh Hình có diện tích lớn nhất? Chứng minh dự đốn? Lời giải Ta dựng n - giác, có n − cạnh có độ dài cho trước nội tiếp nửa đường tròn nội tiếp nửa đường tròn nhận độ dài cạnh lại n - giác làm đường kính Khi ta hình viên phân (kẻ sọc) giới hạn bên ngồi n giác có diện tích khơng đổi (hình 4.6(a)) lu Ta hình dung đỉnh thay đổi vị trí "khớp nối" để nhận n - giác thoản mãn yêu cầu n − cạnh có độ dài khơng đổi cạnh cịn lại có độ dài thay đổi (hình 4.6(b)) Rõ ràng, hình viên phân có diện tích khơng đổi nên hai hình giới hạn đường cong có độ dài nửa cung trịn an n va p ie gh tn to d oa nl w fu an nv a lu Hình 4.7 oi m ll Từ kết toán Dido, cung trịn đó, với đường thẳng có độ dài chưa biết (cạnh chưa biết n - giác) bao quanh hình có diện tích nhỏ diện tích nửa đường tròn z at nh z Vậy n - giác có thứ tự độ dài cạnh cho trước trừ độ dài cạnh, diện tích đa giác đạt cực đại đa giác nội tiếp nửa đường trịn có đường kính độ dài cạnh chưa biết gm @ l Bài tốn 4.2.3 Hình có diện tích lớn bị giới hạn phần tư mặt phẳng phần đường cong hình có độ dài L cho trước, 180◦ , n số tự nhiên? n m co giả sử góc có số đo dạng an Lu Lời giải n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 67 lu an n va Hình 4.8 p ie gh tn to \ Chúng ta cần tìm hình giới cung có chiều dài L miền góc AM B \ có diện tích lớn (hình 4.5 (a)) Ta thay đổi góc AM B vị trí điểm, nhiên chiều dài đường cong có độ dài khơng đổi Bài tốn dễ dàng góc phần tư góc vng, ta phản xạ liên tiếp đường cong cho qua cạnh góc phần tư (hình 4.5 (b)) Rõ ràng, đường cong có chu vi 4L khơng đổi theo định lí đẳng chu hình trịn có diện tích lớn Hình trịn có hai trục đối xứng AA0 BB nên tâm giao AA BB Vậy lời giải tốn 4.5 (b) hình quạt vng Từ ý tưởng trên, ta giải tốn ban đầu cách thực phản xạ liên tiếp để đường cong có chu vi 2nL, áp dụng định lí đẳng chu cho tốn mà lời giải hình trịn Vậy lời giải hình giới hạn cung trịn có tâm M d oa nl w oi m ll fu an nv a lu z at nh z Bài toán 4.2.4 [IMO 1991] Cho ∆ABC điểm P nằm tam giác \ \ \ Chứng minh có góc P AB, P BC, P CA nhỏ ◦ 30 gm @ l m co Lời giải Giả sử D, E, F chân đường cao kẽ từ P xuống cạnh \ \ \ \ BC, CA, AB Giả sử góc P AB, P BC, P CA lớn 30◦ Đặt P AB = \ \ α, P BC = β, P CA = γ (hình 4.5) an Lu n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 68 Hình 4.9 lu Khi an PF PD PE + + sin α sin β sin γ PF PD PE < + + = (P D + P E + P F ) sin 30◦ sin 30◦ sin 30◦ n va PA + PB + PC = gh tn to p ie \ \ \ Mâu thuẫn với bất đẳng thức Erdăos - Mordell Do ú, cỏc gúc P AB, P BC, P CA ◦ lớn 30 lầ sai Suy điều phải chứng minh d oa nl w Bài tốn 4.2.5 (Tam giác Steiner) Tìm điểm X mặt phẳng chứa ∆ABC cho trước cho t (X) = XA + XB + XC đạt giá trị nhỏ a lu m ll fu an nv Lời giải Xét trường hợp X nằm bên ∆ABC , khơng tính tổng qt, ta giả sử X nằm phía ngồi cạnh AB Tức X C không thuộc nửa mặt phẳng bờ AB oi Gọi X điểm đối xứng X qua AB Khi XA = X A, XB = X B Gọi Y giao điểm CX AB XY = X Y Theo bất đẳg thức tam giác ta có z at nh CX ≤ CY + X Y = CY + XY = CX, z @ Do gm t (X ) ≤ t (X) l m co Vì ta nên xét trường hợp điểm X nằm bên cạnh ∆ABC Gọi α, β, γ số đo góc đỉnh A, B, C ∆ABC Khơng tính tổng qt giả sử γ ≥ β ≥ α Do α, β góc nhọn Gọi ϕ phép quay tâm A góc quay 60◦ ngược chiều kim đồng hồ Khi đó, với M mặt phẳng, tồn M = ϕ (M ) cho ∆AM M an Lu n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 69 lu Hình 4.10 an n va p ie gh tn to tam giác Lấy X nằm tam giác ∆ABC Tồn C = ϕ (C) , X = ϕ (X) nên ∆ACC , ∆AXX tam giác Đồng thời CX = C X t (X) = BX + XX + X C hay nói cách khác t (X) độ dài đường gấp khúc BXX C (Hình 4.10) oa nl w Xét ba trường hợp: d Trường hợp 1: γ < 120◦ \0 = γ + 60◦ < 180◦ Vì α < 90◦ , ta có BAC \0 < 180◦ , Ta có BCC đoạn thẳng BC cắt đoạn thẳng AC D Lấy X00 ∈ BC cho ◦ 0 \ AX B = 60 X0 giao điểm BC đường tròn ngoại tiếp ∆ACC ◦ 0 \ \0 Khi AX C = ACC = 60 X0 = ϕ (X0 ) nên ∆AX0 X0 tam giác Hơn oi m ll fu an nv a lu z at nh z t (X0 ) = AX0 + BX0 + CX0 = BX0 + X0 X00 + X00 C = BC @ gm Vì t (X0 ) ≤ t (X) với điểm X nằm ∆ABC Dấu ” = ” xảy X, X ∈ BC hay X ≡ X0 Chú ý rằng, X0 dựng cho m co l an Lu ◦ \ \ \ AX B = BX0 C = CX0 A = 120 n va Điểm X0 gọi điểm Torricelli ∆ABC ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 70 lu an Hình 4.11 n va p ie gh tn to Trường hợp 2: γ = 120◦ Khi \ + ACC \0 = 120◦ + 60◦ = 180◦ , BCA Nên C ∈ BC t (X) = BX + XX + X C xảy X ≡ C d oa nl w Trường hợp 3: γ > 120◦ Khi đoạn thẳng BC khơng có giao điểm với đoạn thẳng AC (Hình 4.11) Nếu AX ≥ AC , theo bất đẳng thức tam giác a lu fu an nv t (X) = AX + BX + CX ≥ AC + BC oi m ll Nếu AX < AC , X nằm ∆ACC C nằm tứ giác BXX C nên z at nh t (X) = BX + XX + XC ≥ AC + BC z gm @ Trong hai trường hợp dấu ” = ” xảy X ≡ C m co l Tóm lại, góc ∆ABC nhỏ 120◦ t (X) nhỏ X điểm Torricelli ∆ABC Nếu có góc lớn 120◦ giả sử đỉnh C t (X) nhỏ X ≡ C Lu an Bài toán 4.2.6 Trong mặt phẳng cho đường thẳng l hai điểm A, B nằm hai nửa mặt phẳng khác bờ đườg thẳng l Một chất điểm chuyển n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 71 lu Hình 4.12 an n va gh tn to động với vận tốc không đổi v1 nửa mặt phẳng chứa điểm A vận tốc không đổi v2 nửa mặt phẳng chứa điểm B Tìm đường từ A đến B cho thời gian chuyển động chất điểm nhỏ nhất? p ie Lời giải Trong mặt phẳng tọa độ Descartes vng góc Oxy , giả sử đường thẳng l trufg với trục hoành Ox Điểm A ∈ Oy Khi khơng tính tổng qt ta giả sử tọa độ điểm A = (0, a) , B = (d, −b) (a, b, c, d > 0) Lấy X l giả sử có tọa độ X = (x, 0) (Hình 4.12) Ta có q √ d oa nl w a2 + x2 , b2 + (d − x)2 BX = fu an nv a lu AX = Thời gian chất điểm chuyển động đường gấp khúc AXB p √ oi m ll AX BX a2 + x b2 + (d − x)2 t (X) = + = + v1 v2 v1 v2 p √ a2 + x b2 + (d − x)2 Xét hàm số t(x) = + với ≤ x ≤ d, trường hợp v1 v2 d nằm ngồi khoảng khơng tồn giá trị nhỏ z at nh z @ Ta có an n va a r = , ax + x x2 1+ a Lu √ m co Vì d−x x p − a2 + x2 v2 b2 + (d − x)2 l v1 √ gm t0 (x) = ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 72 lu an n va Hình 4.13 a tăng ngoặt đoạn [0, d] ax + x2 p ie gh tn to nên hàm số √ d−x tăng ngoặt đoạn [0, d] v2 b2 + (d − x) Do đó, t0 (x) tăng ngoặt [0, d] Vì t0 (0) < 0, t0 (d) > tồn x0 ∈ (0, d) cho t0 (x0 ) = Rõ ràng t0 (x) < với x ∈ (0, x0 ), t0 (x) > với x ∈ (x0 , d) nên t(x) đạt cực tiểu x = x0 Chú ý rằng, điểm X0 = (x0 , 0) thỏa điều kiện t0 (x) = ta viết Tương tự hàm số d oa nl w q fu an nv a lu m ll sin α x0 sin β d − x0 p = p = , = v1 v2 v2 b2 + (d − x0 )2 v1 a2 + x20 oi α góc AX Oy , β góc BX Ox Vậy, tồn điểm X0 cho chất điểm chuyển động theo đường AX0 B có thời gian chuyển động tối thiểu Điểm X0 xác định đẳng z gm @ sin α sin β = v1 v2 z at nh thức m co l Bài toỏn 4.2.7 Chng minh bt ng thc Erdăos - Mordell khơng gian với tứ diện ABCD có diện tích mặt Chứng minh trường hợp tứ diện bất đẳng thức khơng cịn đúng? Cho ví dụ minh họa? an Lu n va Lời giải Gọi ABCD tứ diện có diện tích mặt S , P điểm ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 73 nằm mặt tứ diện Ta cần chứng minh P A + P B + P C + P D ≥ (pa + pb + pc + pd ) pa , pb , pc , pd khoảng cách từ điểm P đến mặt tứ diện Dấu ” = ” xảy ABCD tứ diện P tâm Giả sử độ dài đường cao kẽ từ A lu an n va tn to p ie gh Hình 4.14 VABCD = VP ABC + VP BCD + VP CDA + VDAB , d oa nl w nên Vì Mặt khác oi m ll fu an nv a lu S = S (pa + pb + pc + pd ) , = pa + pb + pc + pd , − pa = pb + pc + pd z at nh AK = − pa ≤ P A, z Từ suy ra: P A ≥ pb + pc + pd Tương tự ta có @ gm P B ≥ pa + pd + p c , P C ≥ pa + pb + pd , P D ≥ pa + pb + pc m co l an Lu Cộng vế theo vế đẳng thức ta được: (4.1) n va P A + P B + P C + P D ≥ (pa + pb + pc + pd ) ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 74 Tuy nhiên, trường hợp tứ diện tổng quát, bất đẳng thức khơng xảy Cụ thể, ta chọn tứ diện ABCD có mặt bên BCA, BDA tam giác vuông cân cho suy biến thành tam giác lu an Hình 4.15 va n √ p ie gh tn to Dễ dàng tính trường hợp P A + P B + P C + P D = 2 (pa + pb + pc + pd ) = · = Do bất đẳng thức (4.1) khơng xảy oa nl w d Bài tốn 4.2.8 (Bt ng thc Erdă os - Mordell khụng gian) Cho tứ diện ABCD P điểm tùy ý nằm bên Gọi pa , pb , pc , pd khoảng cách từ điểm P đến mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) Đặt d = P A + P B + P C + P D Chứng minh fu an nv a lu √ √ √ √ √ √ d ≥ ( pa pb + pa p c + pa pd + pb p c + pb pd + pc pd ) (4.2) m ll oi Lời giải Gọi độ dài đường cao kẽ từ đỉnh A xuống mặt phẳng (BCD) S1 , S2 , S3 , S4 diện tích tam giác BCD, CDA, DAB , ABC V1 , V2 , V3 , V4 thể tích khối tứ diện P BCD, P CDA, P DAB , P ABC , ABCD Ta có z at nh z gm @ P A + p a ≥ l Do m co an Lu P A · S1 + pa · S1 ≥ · S1 , P A · S1 + 3V1 ≥ 3V = 3(V1 + V2 + V3 + V4 ), P A · S1 ≥ 3(V2 + V3 + V4 ) = pb · S2 + pc · S3 + pd · S4 , n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 75 lu an n va tn to p ie gh Hình 4.16 oa nl w P A ≥ pb · S3 S4 S2 + pc · + pd · S1 S1 S1 Tương tự, ta có d S1 S3 S4 + pc · + pd · , S2 S2 S2 S2 S1 S4 P C ≥ pb · + pa · + pd · , S3 S3 S3 S2 S3 S1 + pc · + pa · P D ≥ pb · S4 S4 S4 oi m ll fu an nv a lu P B ≥ pa · z at nh z Cộng bất đẳng thức vế theo vế sau áp dụng bất đẳng thức AM GM, ta     gm pa · @ S1 S2 S1 S3 + pb · + pa · + pc · S S1 S S1     S1 S4 S2 S3 + pa · + pb · + pd · + pc · S4 S1 S3 S2     S2 S4 S3 S4 + pb · + pd · + pc · + pd · S4 S2 S4 S3 √ √ √ ≥ ( pa p b + pa pc + p a pd PA + PB + PC + PD ≥ m co l an Lu n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 76 √ √ √ + pb pc + pb pd + pc pd ) Dấu ” = ” xảy ABCD tứ diện P tâm lu an n va p ie gh tn to d oa nl w oi m ll fu an nv a lu z at nh z gm @ m co l an Lu n va ac th Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an KẾT LUẬN Luận văn "Bất đẳng thức hình học ứng dụng giải toán sơ cấp" đạt kết sau: lu an Hệ thống lại trình bày chứng minh chi tiết cho kết liên quan Định lý đẳng chu mặt phẳng, không gian n va p ie gh tn to Hệ thống lại kết đến nguyên lý phản xạ, sử dụng phương pháp hình học để tiếp cập lớp toán, định lý hình học d oa nl w Hệ thống hóa tập cực trị hình học sơ cấp sử dụng Định lý đẳng chu, phép đối xứng công cụ giải hữu hiệu oi m ll fu an nv a lu z at nh z gm @ m co l an Lu ac th 77 n va Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn si C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn