Đồng nhất thức và bất đẳng thức trong tam giác

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 Nguyên - 2012 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! Cơng trình hồn 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 Nguyên Ngày tháng năm 2012 Có thể tìm hiểu Thư viện Đại học Thái Nguyên 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 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 Thông thường, xét tốn hình học người ta thường phải dùng đến thước kẻ, compa giải toán qua hình vẽ Nhưng cách làm khó phát hệ thức Chúng ta khó xây dựng toán với nhiều đại lượng tam giác Do có nhiều kết tam giác nên xuất câu hỏi thứ nhất: Có thể xây dựng kết hay không? 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 toán 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 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 tốn 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 lòng 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 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, Cơ giáo q 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 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 6= 0, ∆ = b2 − 4ac Ta có kết sau đây:  a>0 Định lý 1.1.1 f (x) > với ∀x ∆ <  a>0 Định lý 1.1.2 f (x) > với ∀x ∆  a   ∆>0 Định lý 1.1.7 α < x1 x2  −b  α< 2a   af(α) >   ∆>0 Định lý 1.1.8 x1 x2 < α  −b  α> 2a 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 − x x1 f (x1 ) 22 Ví dụ 2.1.9 Cho ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c; bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R; bán kính đường tròn bàng tiếp r1 , r2 , r3 ; nửa chu vi p diện tích S Chứng minh rằng: (r1 − r2 )2 (r2 − r3 )2 (r3 − r1 )2 4R + + = − r1 r2 r2 r3 r3 r1 r Bài giải r1 , r2 , r3 ba nghiệm x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = Khi (r1 − r2 )2 (r2 − r3 )2 (r3 − r1 )2 (4R + r) p2 4R + + = − = − r1 r2 r2 r3 r3 r1 p2 r r Ví dụ 2.1.10 Cho ∆ABC với bán kính đường trịn ngoại tiếp R; bán kính đường trịn bàng tiếp r1 , r2 , r3 ; nửa chu vi p Chứng minh:     r1 r2 r3 16R2 +1 +1 +1 = p2 p2 p2 p Bài giải r1 , r2 , r3 ba nghiệm x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = Xác 2 2 2 định phương trình nhận  3y1 = r1 + p , y22 = r22 + p 2, y3 = r3 + p làm ba x − (4R + r) x + p x − p r = nghiệm Khử x từ hệ Ta có hệ x2 + p2 − y =  x − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = (4R + r) x2 − yx + p2 r = hay x + p x − yx =
phương trình (4R + r) y − p2 − yx + p2 r =
2 T y − 4Rp2 T y − 4Rp2 Đặt T = 4R + r Khi x = Vậy + y y
p2 − y = hay y − T + p2 y + 8RT p2 y − 16R2 p4 = Phương
trình ba
nghiệm y1 , y2 , y3 Do có
có 2 2 r1 + p r2 + p r3 + p2 y1 y2 y 16R2 p4 = = Ta suy đồng 6 p p p     r1 r2 r3 16R2 thức +1 +1 +1 = p2 p2 p2 p B C A Chú ý 2.2: Với p = R (sin A + sin B + sin C) = 4R cos cos cos 2 r1 A r2 B r3 C = tan ; = tan ; = tan Ví dụ trở thành tầm thường p p p cách chứng minh khơng sử dụng lượng giác 23 Ví dụ 2.1.11 Cho ∆ABC; bán kính đường trịn ngoại tiếp R; bán kính đường trịn bàng tiếp r1 , r2", r3 ; nửa chu vi#p Chứng minh :     r2 r3 (2R + r)2 r1 (i) −1 −1 −1 =4 −1 p2 p2 p2 p2          r2 r2 r3 r3 r1 r1 −1 −1 + −1 −1 + −1 −1 = (ii) p2 p2 p p2 p p2 (2R + r) (r1 + r2 + r3 ) 8−4 p2 Bài giải (i) r1 , r2 , r3 ba nghiệm x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = Xác định phương trình nhận y1 = r12 − p2 , y2 = r22 − p2 , y3 = r32 − x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = p2 làm ba nghiệm Khử x từ hệ x2 − p2 − y =  x − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = Ta có hệ (4R + r) x2 − x − p x − yx =

2 yx − 2p x + p r = hay hệ thức (4R + r) y + p2 − y + 2p2 x + T y + (T + r) p2 p r = Đặt T = 4R + r x = Vậy y + p
2

T y + (T + r) p2 2 2 2 y + 2p − − p − y = hay y y + 2p + p (y + 2p2 )2
2 T y + (T +
r) p2 =
Phương y1 , y2 , y3 Do
trình có ba nghiệm 2 2 2 r1 − p r2 − p r3 − p y y2 y3 (4R + 2r) p − 4p6 = = Ta suy p6 p" p#6     r2 r3 (2R + r)2 r1 −1 −1 −1 =4 −1 p2 p2 p2 p2 (ii) Được suy từ hệ số y 8p4 − (2R + r) (4R + r) p2 Ví dụ 2.1.12 Cho ∆ABC với bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp đường tròn bàng r1 , r2 ,  r3 Chứng rằng:  r,2 R; bán   kính    tiếp  minh  2 2 r1 r2 r2 r3 r3 r1 +1 +1 + +1 +1 + +1 +1 = p2 p2 p2 p2 p2 p2 8R (r1 + r2 + r3 ) p2 Bài giải Ta thấy y1 = r12+ p2 , y2 = r22 + p2 , y3 = r32 + p2 nghiệm y − (4R + r)2 + p2 y + 8R (4R + r) p2 y − 16R2 p4 = Như 24         r2 r2 r3 r3 r1 r12 +1 +1 + +1 +1 + +1 + p2 p2 p2 p2 p2 p2 y1 y2 + y2 y3 + y y1 8R (4R + r) p2 8R (r1 + r2 + r3 ) = = p4 p4 p2  Ví dụ 2.1.13 Cho ∆ABC với bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R; bán kính đường trịn bàng tiếp r1 , r2 , r3 Khi ta có: 1 2R − r + + = 2Rr2 (r − r1 ) (r − r2 ) (r − r2 ) (r − r3 ) (r − r3 ) (r − r1 ) Bài giải Vì r1 , r2 , r3 ba nghiệm x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = nên f (x) = x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = (x − r1 ) (x − r2 ) (x − r3 ) Lấy hai lần đạo hàm ta 3x−4R−r = (x − r1 )+(x − r2 )+(x − r3 ) 3x − 4R − r 1 Từ ta = + + f (x) (x − r1 ) (x − r2 ) (x − r2 ) (x − r3 ) 1 Cho x = r ta có + + (x − r3 ) (x − r1 ) (r − r1 ) (r − r2 ) (r − r2 ) (r − r3 ) 2R − r = Vậy ta có điều phải chứng minh (r − r3 ) (r − r1 ) 2Rr2 Ví dụ 2.1.14 Cho ∆ABC với bán kính đường tròn bàng tiếp r1 , r2 , r3 Chứng minh đồng thức đây: (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 r1 + r r2 + r r3 + r + + = − ab bc ca r1 − r r2 − r r3 − r r1 + r , z2 = Bài giải Theo ví dụ ( 2.1.2 ) biết z1 = r1 − r r2 + r r3 + r , z3 = ba nghiệm phương trình bậc ba sau đây: r2 − r r3 − r

r2 + 2Rr + p2 + 2r2 + 2Rr − 2p2 z + r2 − 2Rr + p2 z − 2Rrz = r2 + 2Rr + p2 r + p2 Khi ta có hệ thức z1 z2 z3 = = + Mặt khác ta 2Rr 2Rr (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 r + p2 lại có + + = −7 theo ví dụ ( 2.1.8 ) Vậy ab bc ca 2Rr (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 r1 + r r2 + r r3 + r có: + + = −8 ab bc ca r1 − r r2 − r r3 − r Chú ý 2.3: Cho đến chưa có đa thức bậc với hệ tử đa thức bán kính mặt cầu nội, ngoại tiếp r, R tứ diện ABCD nhận bán kính mặt cầu bàng tiếp r1 , r2 , r3 , r4 làm nghiệm 25 2.2 Một số bất đẳng thức tam giác Ví dụ 2.2.1 Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh a, b, c bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R Khi ta có kết sau đây:


a2 + 2Rr b2 + 2Rr c2 + 2Rr R2 (ab + bc + ca − 2Rr)2 Bài giải Bởi biết a, b, c ba nghiệm phương trình bậc
ba sau x3 − 2px2 + p2 + r2 + 4Rr x − 4Rrp = Xét phép biến đổi y = x2 + 2Rr Đặt T = p2 + 3Rr + r2 Khử x để phương trình

y − 4p2 + 2Rr − 2T y + T − 2Rr y − 2RrT = Vì R > 2r nên


ta có a2 + 2Rr b2 + 2Rr c2 + 2Rr R2 (ab + bc + ca − 2Rr)2 Ví dụ 2.2.2 Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh a, b, c; nửa chu vi tam a+b+c giác p = bán kính đường trịn nội tiếp r Hãy chứng minh:



3 a2 − bc b2 − ca c2 − ab > 8p3 abc − p2 + 9r2 Bài giải Nếu x1 , x2 , x3 ba nghiệm x3 + a1 x2 + a2 x + a3 =


(x1 − x2 )2 3 + x1 − x2 x3 x2 − x3 x1 x3 − x1 x2 = a1 a3 − a2 hay x1 x2 (x2 − x3 )2 (x3 − x1 )2 a1 a2 + = − Do a, b, c ba nghiệm x3 − x2 x3 x3 x1
a3


2px2 + p2 + r2 + 4Rr x − 4Rrp = nên a2 − bc b2 − ca c2 − ab =
3 32p4 Rr − p2 + r2 + 4Rr Vì 4Rrp = abc R > 2r nên



3 a2 − bc b2 − ca c2 − ab > 8p3 abc − p2 + 9r2 Ví dụ 2.2.3 Cho ∆ABC với bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R; bán kính đường trịn bàng tiếp r1 , r2 , r3 Khi ta có: 1 1 (i) + + − (r − r1 ) (r − r2 ) (r − r2 ) (r − r3 ) (r − r3 ) (r − r1 ) r R 1 (ii) + + > (r − r1 ) (r − r2 ) (r − r2 ) (r − r3 ) (r − r3 ) (r − r1 ) 4r Bài giải Vì r1 , r2 , r3 ba nghiệm x3 − (4R + r) x2 + p2 x − p2 r = nên f (x) = x3 −(4R + r) x2 +p2 x−p2 r = (x − r1 ) (x − r2 ) (x − r3 ) Lấy hai lần đạo hàm ta 3x − 4R − r = (x − r1 ) + (x − r2 ) + (x − r3 ) 3x − 4R − r 1 = + + Từ ta f (x) (x − r1 ) (x − r2 ) (x − r2 ) (x − r3 ) 26 Cho x = r (x − r3 ) (x − r1 ) 2R − r = (r − r3 ) (r − r1 ) 2Rr2 2R − r 1 (i) Do 2− 2 2Rr r R 1 2R − r = 2− > (ii) Vì 2Rr2 r 2Rr có 1 + + (r − r1 ) (r − r2 ) (r − r2 ) (r − r3 ) nên (i) chứng minh nên (ii) chứng minh 4r2 Ví dụ 2.2.4 Cho ∆ABC với nửa chu vi p; bán kính đường trịn ngoại tiếp R Khi có: A B C A B C (i) tan + tan + tan − tan tan tan > √ 2 2 2 3 A B C A B C (ii) tan + tan + tan > tan tan tan 2 2 2 A B C A B C 4R Bài giải (i) Từ tan + tan + tan − tan tan tan = 2 √ 2 p π 3 p = sin A + sin B + sin C sin = suy bất đẳng thức sau R B C A B C A tan + tan + tan − tan tan tan > √ 2 2 2 3 A B C 4R + r 9r (ii) Được suy từ tan +tan +tan = > R > 2r 2 p p Ví dụ 2.2.5 Với ∆ABC Chứng minh bất đẳng thức sau đây: Q = sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A − cos A cos B cos C 17 p2 − (2R + r)2 4R2 + 8Rr + 2r2 p2 + r2 + 4Rr Bài giải Từ Q = − = 4R2 4R2 4R2 R 4R2 + 4R2 + = 17 Q 4R2 Ví dụ 2.2.6 Đặt b + c = 2s > a Ta r có bất đẳng thức sau đây:   b+c (b + c)2 (i) max a, mb + mc + 2a2 b + c (ii) a − mb 2 27 Bài giải Dựng hệ tọa độ (Oxy) để B (−u; (x; y), q 0) , C (u; 0) , Aq a = 2u, y > Khi 2s = b + c = (x + u)2 + y + (x − u)2 + y
q 2 2 Biến đổi 4s = x + y + u +2 (x2 + y + u2 )2 − 4u2 x2 vậy:
2
2 2s2 − x2 − y − u2 = x2 + y + u2 −4u2 x2 Giản ước hai vế

u2 2 2 x + y + u = s + x s2 − u2 x2 < s2 − u2 s2 suy |x| s s u2 2 2 x + y + u = s + 2x sq q 1 2 (i) Ta có mb +mc = (3u + x) + y + (3u − x)2 + y Bình phương 2 q
ta 4(mb + mc ) = x2 + y + 9u2 +2 (x2 + y + 9u2 )2 − 36u2 x2 q 2 Xét hàm số f (x) = x + y + 9u + (x2 + y + 9u2 )2 − 36u2 x2 với s 2 u u2 2 x + s2 + 8u2 − 36u2 x2 |x| s hay f (x) = x + s + 8u + s s2   u 2 2u x + s + 8u x − 36u2 x 2 2u s s = Tính đạo hàm f (x) = x + s 2 s u x + s2 + 8u2 − 36u2 x2 s2       2u  f (x) − 18s  x 1 + s  Bởi s2 > u2 nên có   s  u2   2 2 x + s + 8u − 36u x s2 s 2 u2 u 2 f (x) < x + 9s + x + 9s2 − 36u2 x2 hay f (x) < 18s2 s s
Qua bảng xét dấu f (x) suy f (x) f (0) = s2 + 8u2