Một số bất đẳng thức hình học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Hoàng Ngọc Quang MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC Chuyên Nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc Thái Nguyên - 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn Cơng trình hồn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc 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 2011 Có thể tìm hiểu Thư viện Đại học Thái Nguyên Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục lục Mở đầu Chương Các bất đẳng thức tam giác tứ giác 1.1 Các bất đẳng thức đại số 1.2 Các đẳng thức bất đẳng thức tam giác 1.2.1 Các đẳng thức tam giác 1.2.2 Các bất đẳng thức tam giác 1.3 Bất đẳng thức tam giác 1.3.1 Bất đẳng thức độ dài cạnh 1.3.2 Bất đẳng thức đại lượng đặc biệt 1.4 Các bất đẳng thức sinh từ cơng thức hình học 1.5 Bất đẳng thức tam giác đặc biệt 1.5.1 Các bất đẳng thức tam giác 1.5.2 Các bất đẳng thức tam giác vuông tam giác cân 1.6 Các bất đẳng thức khác tam giác 1.7 Các bất đẳng thức tứ giác 1.7.1 Các bất đẳng thức tứ giác 1.7.2 Các bất đẳng thức khác tứ giác 6 8 10 11 11 14 17 23 23 Chương Bất đẳng thức Ptolemy 2.1 Định lí Ptolemy 2.2 Bất đẳng thức Ptolemy 2.3 Định lí Bretschneider 2.4 Định lí Casey 2.5 Mở rộng bất đẳng thức Ptolemy 48 48 53 63 63 68 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên mở rộng không gian http://www.lrc-tnu.edu.vn 27 29 40 41 45 Chương Bất đẳng thức Erdos-Mordell mở rộng 3.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell tam giác 3.2 Bất đẳng thức Erdos-Mordell tam giác mở rộng 3.3 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell tứ giác 3.4 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell đa giác 3.5 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell tứ diện Chương Các bất đẳng thức có trọng 4.1 Bất đẳng thức dạng Hayashi hệ 4.1.1 Bất đẳng thức Hayashi 4.1.2 Các hệ bất đẳng thức hyashi 4.1.3 Bài toán áp dụng 4.2 Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng hệ 4.2.1 Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng 4.2.2 Các hệ bất đẳng thức Weizenbock suy 4.3 Bất đẳng thức Klamkin hệ 4.3.1 Bất đẳng thức Klamkin 4.3.2 Các hệ bất đẳng thức Klamkin 4.4 Bất đẳng thức Jian Liu hệ 4.4.1 Bất đẳng thức Jian Liu 4.4.2 Các hệ bất đẳng thức Jian Liu Kết luận Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 70 70 79 85 87 90 92 92 92 94 94 96 96 rộng101 105 105 106 108 108 110 116 117 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Các tốn bất đẳng thức cực trị hình học thuộc loại tốn khó, làm cho học sinh phổ thông, phổ thông sở kể học sinh giỏi lúng túng gặp tốn loại Thực phần quan trọng hình học kiến thức bất đẳng thức hình học làm phong phú phạm vi ứng dụng toán học So với bất đẳng thức đại số, bất đẳng thức hình học chưa quan tâm nhiều Một nguyên nhân gây khó giải vấn đề phương pháp tiếp cận khơng phải phương pháp thơng thường hay áp dụng hình học phương pháp đại số túy Để giải toán bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng kiến thức hình học đại số cách thích hợp nhạy bén Luận văn giới thiệu số bất đẳng thức hình học từ đến nâng cao mở rộng Các toán bất đẳng thức hình học trình bày luận văn tạm phân thành nhóm sau: I Nhóm tốn mà lời giải địi hỏi thiết phải có hình vẽ Phương pháp giải tốn nhóm chủ yếu "phương pháp hình học", vẽ thêm đường phụ, sử dụng tính chất đường vng góc đường xiên, đường thẳng đường gấp khúc, quan hệ cạnh, cạnh góc tam giác, hay tứ giác v.v Bất đẳng thức cực trị hình học phẳng thuộc nhóm nội dung thường gặp kì thi chọn học sinh giỏi tốn hay thi vào trường chuyên II Nhóm thứ hai gồm toán mà giải chúng cần phải sử dụng hệ thức lượng biết, hệ thức lượng giác, hệ thức đường trung tuyến, đường phân giác, công thức bán kính, cơng thức Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn diện tích tam giác v.v Các tốn quan tâm nhiều chúng trình bày phong phú tài liệu [4,7], luận văn không đề cập nhiều đến bất đẳng thức tam giác có tài liệu chúng hay mà nêu số bất đẳng thức để tiện sử dụng sau III Nhóm thứ ba gồm toán liên quan đến bất đẳng thức hình học tiếng, đặc biệt bất đẳng thức Ptolemy bất đẳng thức Erdos-Mordell bất đẳng thức có trọng bất đẳng thức Hayshi, bất đẳng thức Weizenbock, bất đẳng thức Klamkin v.v Các bất đẳng thức cịn giới thiệu Tiếng Việt thường gặp đề thi Olympic Quốc tế Bản luận văn "Một số bất đẳng thức hình học" gồm có mở đầu, bốn chương nội dung, kết luận tài liệu tham khảo Chương Các bất đẳng thức tam giác tứ giác Chương trình bày số bất đẳng thức thuộc nhóm I nhóm II Chương Bất đẳng thức Ptolemy mở rộng Chương trình bày đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy toán áp dụng Các tốn chủ yếu trích từ đề thi vô địch nước, đề thi vô địch khu vực đề thi IMO, số tác giả sáng tác Ngồi ra, cịn trình bày số mở rộng bất đẳng thức Ptolemy tứ giác tứ diện Chương Bất đẳng thức Erdos - Mordell mở rộng Chương trình bày bất đẳng thức Edos-Mordell toán liên quan Ngồi ra, cịn trình bày số mở rộng bất đẳng thức tam giác, tứ giác đa giác [11-13] Chương Các bất đẳng thức có trọng Chương trình bày số bất đẳng thức liên quan đến tổng khoảng cách từ hay nhiều điểm mặt phẳng đến đỉnh cạnh tam giác với tham số dương tùy ý gọi trọng số hay gọi tắt trọng Đó bất đẳng thức Hyashi, Weizenbock, Klamkin, Jian Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Liu, v.v Các bất đẳng thức cịn giới thiệu Tiếng Việt, số kết nghiên cứu chuyên gia Quốc tế lĩnh vực bất đẳng thức hình học [9,13-14] Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên với hướng dẫn TS Nguyễn Văn Ngọc Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm hướng dẫn Thầy, tới thầy Ban Giám hiệu, Phịng Đào tạo Khoa Toán-Tin Trường Đại học Khoa học Đồng thời tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Yên Bái, Ban Giám đốc, đồng nghiệp Trung tâm GDTX - HNDN Hồ Tùng Mậu huyện Lục Yên tạo điều kiện cho tác giả học tập hoàn thành kế hoạch học tập Thái Nguyên, ngày 20 tháng năm 2011 Tác giả Hồng Ngọc Quang Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Các bất đẳng thức tam giác tứ giác Chương trình bày bất đẳng thức tam giác tứ giác từ đến nâng cao Nội dung chủ yếu hình thành từ tài liệu [1-7], [10], [12] [15] Kí hiệu ∆ABC tam giác ABC với đỉnh A, B, C Để thuận tiện, độ lớn góc ứng với đỉnh A, B, C kí hiệu tương ứng A, B, C Độ dài cạnh tam giác: BC = a, CA = b, AB = c a+b+c Nửa chu vi tam giác: p = Đường cao với cạnh: , hb , hc Đường trung tuyến với cạnh: ma , mb , mc Đường phân giác với cạnh: la , lb , lc Bán kính đường trịn ngoại tiếp đường trịn nội tiếp: R r Bán kính đường trịn bàng tiếp cạnh: , rb , rc Diện tích tam giác ABC: S, SABC hay [ABC] Để giải tốn bất đẳng thức hình học, trước hết ta cần trang bị kiến thức sở bất đẳng thức đại số đẳng thức, bất đẳng thức đơn giản tam giác 1.1 Các bất đẳng thức đại số Định lý 1.1 (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a1 , a2 , · · · , an số thực khơng âm Khi √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 an n (1.1) Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hệ 1.1 Với số dương a1 , a2 , · · · , an ta có √ n n a1 a2 an ≥ 1 + + · · · + a1 a2 an (1.2) Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Hệ 1.2 Với số dương a1 , a2 , · · · , an ta có 1 n2 + + ··· + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + · · · + an (1.3) Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.3 Với số không âm a1 , a2 , · · · , an m = 1, 2, · · · ta có m  m m a1 + a2 + · · · + an am + a2 + · · · + an ≥ (1.4) n n Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , · · · , an b1 , b2 , · · · , bn Khi (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ a21 + a22 + · · · + a2n Đẳng thức xảy a1 b1 = a2 b2

b21 + b22 + · · · + b2n = ··· = (1.5) an bn Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Jensen) Cho f (x) hàm số liên tục có đạo hàm cấp hai I (a, b) n điểm x1 , x2 , · · · , xn tùy ý đoạn I (a, b) Khi i, Nếu f 00 (x) > với x ∈ I (a, b)   x1 + x2 + · · · + xn f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ nf n ii, Nếu f 00 (x) < với x ∈ I (a, b)   x1 + x2 + · · · + xn f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ nf n Ở I (a, b) nhằm ngầm định bốn tập hợp (a, b) , [a, b) , (a, b] , [a, b] Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực đơn điệu chiều a1 , a2 , · · · , an b1 , b2 , · · · , bn Khi ta có a1 b1 + a2 b2 · · · + an bn ≥ (a1 + a2 + · · · + an ) (b1 + b2 + · · · + bn ) n (1.6) Nếu hai dãy số thực a1 , a2 , · · · , an b1 , b2 , · · · , bn đơn điệu ngược chiều bất đẳng thức đổi chiều Định lý 1.5 (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho a, b, c số thực dương Bất đẳng thức sau a b c + + ≥ b+c c+a a+b (1.7) Đẳng thức xảy a = b = c 1.2 1.2.1 Các đẳng thức bất đẳng thức tam giác Các đẳng thức tam giác Định lý 1.6 (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta có a b c = = = 2R sin A sin B sin C Định lý 1.7 (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta có a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, b2 = c2 + a2 − 2ca cos B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C Định lý 1.8 (Các công thức diện tích) Diện tích tam giác ABC tính theo công thức sau 1 S = aha = bhb = chc 2 1 = bc sin A = ca sin B = ab sin C 2 = pr abc = 4R = (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc p = p (p − a) (p − b) (p − c) (1.8) (1.9) (1.10) (1.11) (1.12) (1.13) Công thức (1.13) gọi công thức Hê-rông Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 66 Giải Gọi X, Y tiếp điểm AB, AC với đường tròn (O0 , R0 ) [ = 600 ) Đường tròn Đặt l = AX = AY = XY (∆ABC cân có BAC (O, R) tiếp xúc với đường tròn (A), (C), (O0 R0 ), (B) nên áp dụng định lí Casey ta có b(c − l) + c(b − l) = al Suy 2bc bc bc 2bc = = r= r a+b+c p S bc sin A = √ r ≤ √ R (vìR ≥ 2r) (2.30) 3 l= Mặt khác, lại có R0 = O X = XY l √ = sin 600 Từ (2.30) (2.31) suy R0 ≤ R (2.31) Hình 2.19 Bài tốn 2.21 Cho ba đường trịn (C), (C1 ), (C2 ) hai đường tròn (C1 ), (C2 ) tiếp xúc với (C) B, C (C1 ), (C2 ) tiếp xúc với D Tiếp tuyến chung (C1 ), (C2 ) cắt (C) A, A1 , AB cắt (C1 ) điểm thứ hai K, AC cắt (C2 ) điểm thứ + = hai L Chứng minh DA DA1 KL Giải Đặt M = (C1 ) ∩ BC, N = (C2 ) ∩ BC Vẽ tia tiếp tuyến BT với hai đường tròn (C1 ), (C) Ta chứng minh KL tiếp tuyến chung hai đường tròn (C1 ), (C2 ) \ \ Thật vậy, ta có M KB = M BT = [ = CAB [ Suy M K//AC Do CBT \ [ Ta có ∆KAL ∼ ∆CAB M KL = KLA AK (vì AK.AB = AL.AC = AD2 ⇒ = AC AL [ = CBA, [ KL ) suy KLA AB tiếp tuyến (C1 ) Tương tự KL tiếp tuyến (C2 ) Áp dụng định lí Casey cho đường trịn (A), (C1 ), (D), (C2 ) tiếp xúc với Hình 2.20 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 67 đường tròn (C), ta có AD.A1 D + AD.A1 D = AA1 KL ⇒ = KL AA1 1 = + AD.A1 D AD A1 D Bài toán 2.22 Cho hai đường tròn (C1 ), (C2 ) tiếp xúc với đường tròn (C) M, N Hai đường tròn (C1 ), (C2 ) cắt tiếp xúc với Trục đẳng phương (C1 ), (C2 ) cắt (C) hai điểm A, B Đường thẳng AM, AN cắt (C1 ), (C2 ) điểm thứ hai K, L tương ứng Chứng minh AB ≥ 2KL Đẳng thức xảy ? Giải Hình 2.21 Hình 2.22 Đặt C1 (O1 , R1 ), C2 (O2 , R2 ), C(O, R), {P, Q} = (C1 )∩(C2 ) (hình 2.21), (C1 ) tiếp xúc (C2 ) P ≡ Q (hình 2.22) AB trục đẳng phương (C1 ), (C2 ) suy AK.AM = AL.AN ⇒ _ [ \ ∆AKL ∼ ∆AN M ⇒ AKL = AN M = sđ AM _ 1\ 0 \ Ta có O\ KM = O M K = 90 − M OA = 90 − sđ AM ⇒ 1 2 \ O KL = 90 , suy KL tiếp tuyến (C1 ), ta có O1 K//OA//O2 L ⇒ KL⊥O2 L, suy KL tiếp tuyến (C2 ) Áp dụng định lí Casey cho đường tròn đường tròn (A), (C1 ), (B), (C2 ) tiếp xúc với đường tròn (C), ta √ √ √ √ AP.AQ BP.BQ + AP.AQ BP.BQ = AB.KL suy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 68 √ √ AP + BP AQ + BQ AB AB.KL = AP.AQ BP.BQ ≤ = 2 Do AB ≥ 2KL Dấu đẳng thức xảy (C1 ) tiếp xúc (C2 ) AP = BP 2.5 Mở rộng bất đẳng thức Ptolemy không gian Định lý 2.5 Cho ABCD tứ diện bất kì, ta có AC.BD + AD.BC > AB.CD (2.32) Chứng minh Trong mặt phẳng (BCD) ta lấy điểm E cho B E khác phía với đường thẳng CD AC = CE, AD = DE Từ ta có ∆ACD = ∆ECD Suy AP = P E, P giao điểm BE CD Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác BCED, ta có BE.CD ≤ CE.BD + BC.DE Mặt khác, AB.CD ≤ Hình 2.23 (AP + P B) CD = P E.CD + P B.CD = BE.CD Vậy AB.CD ≤ BE.CD ≤ CE.BD + BC.DE = AC.BD + AD.BC Ngồi dấu đẳng thức khơng xảy  Bài toán 2.23 (Olympic 30/4, Việt Nam 2000) Cho hình chóp tam giác S.ABC Giả sử trung tuyến tam giác SAB, SBC, SCA kẻ từ S tạo với cạnh đáy AB, BC, CA góc khơng tù Chứng minh diện tích mặt bên hình chóp nhỏ tổng diện tích mặt bên cịn lại Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 69 Giải Gọi α góc tạo trung tuyến SM, SK, SL với cạnh đáy AB, BC, CA Vì vai trò mặt bên nên ta cần chứng minh [SAB] < [SBC] + [SCA] Thật vậy, áp dụng định lí 2.5 cho tứ diện SKLM ta có SM.KL < SK.LM + SL.KM Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức sau SM.AB < SK.BC + SL.CA ⇔ SM.AB sin α < SK.BC sin α + SL.CA sin α ⇔ [SAB] < [SBC] + [SCA] Bài tốn 2.24 (Tạp chí THTT, số 264) Trên cạnh CD hình tứ diện ABCD lấy điểm N (N khác C, D) Kí hiệu p(XY Z) chu vi tam giác XY Z Chứng minh N C.p(DAB) + N D.p(CAB) > CD.p(N AB) Giải Xét bất đẳng thức Ptolemy cho điểm (N, A, C, D) (N, C, B, D) ta có N C.DA + N D.CA > CD.N A, (2.33) N C.DB + N D.CB > CD.N B (2.34) Mặt khác, N thuộc đoạn CD nên N C + N D = CD Do N C.AB + N D.AB = CD.AB (2.35) Cộng theo vế bất đẳng thức (2.33),(2.34) (2.35) ta bất đẳng thức cần chứng minh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 70 Chương Bất đẳng thức Erdos-Mordell mở rộng Bất đẳng thức Erdos-Mordell bất đẳng thức tiếng tam giác, nhà toán học Paul Erdos đề xuất năm 1935 lời giải đưa Louis Mordell sử dụng định lý hàm số cosin Chương trình bày bất đẳng thức Erdos-Mordel tốn áp dụng Ngồi cịn trình bày số mở rộng bất đẳng thức tam giác mở rộng đa giác Nội dung chủ yếu hình thành từ tài liệu [11 -13] Ngồi kí hiệu sử dụng chương 1, ta sử dụng thêm kí hiệu sau: Cho tam giác ABC P điểm nằm tam giác Kí hiệu R1 , R2 , R3 khoảng cách từ P đến đỉnh A, B, C r1 , r2 , r3 khoảng cách từ P đến cạnh BC, CA, AB 3.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell tam giác Định lý 3.1 (Bất đẳng thức Erdos-Mordell) Cho tam giác ABC P điểm nằm tam giác Khi ln có bất đẳng thức R1 + R2 + R3 ≥ (r1 + r2 + r3 ) (3.1) Đẳng thức xảy tam giác ABC P trực tâm Bất đẳng thức Erdos-Mordell có nhiều cách chứng minh khác Ngoài chứng minh cách sử dụng định lý Ptolemy, ta trình bày hai cách chứng minh đơn giản sau đây: Chứng minh Kẻ tia Ax đối xứng với tia AP qua phân giác góc A Từ B C kẻ đường vng góc BB CC tới tia Ax Ta có \0 , P[ \0 Do a ≥ BB + CC = AB sin BAB \0 + P[ AC = BAB AB = CAC r2 r3 \0 = c sin P[ AC sin CAC AC + b sin P[ AB = c + b R1 R1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 71 Suy b c R1 ≥ r2 + r3 , a a (3.2) tương tự, ta có a c R2 ≥ r3 + r1 , b b b a R3 ≥ r1 + r2 c c (3.3) (3.4) Cộng theo vế bất đẳng thức Hình 3.1 (3.2), (3.3), (3.4) áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta     a c  c b a b R1 + R2 + R3 ≥ r1 + r2 ≥ (r1 + r2 + r3 ) + + + r3 + b c c a b a Rõ ràng dấu đẳng thức xảy a = b = c (3.2), (3.3), (3.4) dấu đẳng thức xảy Điều xảy tam giác ABC P trực tâm Chứng minh Đây chứng minh đưa Mordell Áp dụng định lý hàm số sin hàm số cosin, ta có q R1 sin A = EF = r22 + r32 − 2r2 r3 cos (π − A), q R2 sin B = F D = r32 + r12 − 2r3 r1 cos (π − B), q R3 sin C = DE = r12 + r22 − 2r1 r2 cos (π − C) Mặt khác, ta có EF =r22 + r32 − 2r2 r3 cos (π − A) Hình 3.2 =r22 + r32 − 2r2 r3 (cos B cos C − sin B sin C) = (r2 sin C + r3 sin B)2 + (r2 cos C − r3 cos B)2 ≥ (r2 sin C + r3 sin B)2 sin C sin B Suy EF ≥ r2 sin C + r3 sin B Do R1 ≥ r2 + r3 sin A sin A sin A sin C sin B sin A Tương tự R2 ≥ r3 + r1 , R ≥ r1 + r2 sin B sin B sin C sin C Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 72 Cộng theo vế bất đẳng thức trên, áp dụng bất đẳng thức AM −GM ta     sin A sin C sin B sin C + + r2 + + R1 + R2 + R3 =r1 sin C sin B sin C sin A   sin A sin B +r3 + ≥ (r1 + r2 + r3 ) sin B sin A Dấu đẳng thức xảy sin A = sin B = sin C r1 = r2 = r3 , điều có nghĩa tam giác ABC P trực tâm Bài tốn 3.1 Cho tam giác ABC P điểm tùy ý tam giác Chứng minh   1 1 1 + + (3.5) ≤ + + R1 R2 R3 r1 r2 r3 Giải Xét phép nghịch đảo N cực P phương tích d = r2 N :A → A0 ; B → B ; C → C , A1 → A01 ; B1 → B10 ; C1 → C10 Khi đó, ta có P A.P A0 = P B.P B = P C.P C = d2 , P A1 P A01 = P B1 P B10 = P C1 P C10 = d2 Hơn A0 , B , C nằm Hình 3.3 B10 C10 , C10 A01 , A01 B10 tương ứng P A0 , P B , P C vng góc với B10 C10 , C10 A01 , A01 B10 tương ứng Áp dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell cho tam giác A01 B10 C10 ta có P A01 + P B10 + P C10 ≥ (P A0 + P B + P C ) d2 d2 d2 d2 d2 Vì P A01 = , P B10 = , P C10 = , P C0 = , P B0 = , P A1 P B P C P C P B 1     d 1 1 1 P A0 = nên d2 + + ≥ 2d2 + + PA P A1 P B1 P C1 PA PB PC 1 1 1 Do + + ≤ + + R1 R2 R3 r1 r2 r3 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 73 Bài toán 3.2 Cho tam giác ABC P điểm tùy ý tam giác Chứng minh R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 ≥ (r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ) (3.6) Giải Gọi độ dài đường cao xuất phát từ A, ta có aha = 2[ABC] = ar1 + br2 + cr3 Vì ≤ R1 + r1 nên a(R1 + r1 ) ≥ aha , suy b c aR1 ≥ br2 + cr3 hay R1 ≥ r2 + r3 a a b c Do R1 r1 ≥ r1 r2 + r3 r1 Tương tự a a c a a b R2 r2 ≥ r2 r3 +r1 r2 , R3 r3 ≥ r3 r1 +r2 r3 b b c c Cộng theo vế bất đẳng thức áp Hình 3.4 dụng bất đẳng thức AG-GM, ta      c a b c a b + r1 r2 + + r2 r3 + + r3 r1 R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 ≥ b a c b a c ≥2 (r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ) Bài toán 3.3 Cho tam giác ABC P điểm tùy ý tam giác Chứng minh R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 ≥ (r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ) (3.7) Giải Xét phép nghịch đảo N cực P phương tích d = r2 N : A → A0 ; B → B ; C → C Gọi r10 , r20 , r30 khoảng cách từ P tới cạnh B C , C A0 , A0 B , tương r1 P B P C B C P B P C B C ứng Ta có r10 B C = [P B C ] = = , P A01 d2 r1 P B P C 0 hay r1 = , A01 ảnh A1 (A1 hình chiếu d r2 P C P A0 r3 P A0 P B 0 P BC) Tương tự r2 = , r3 = d2 d2 Áp dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell cho tam giác A0 B C , ta có P A0 +P B +P C ≥ (r10 + r20 + r30 ) Vì P A.P A0 = P B.P B = P C.P C = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 74  r 1 r2 r3  d nên + + ≥2 + + Bất đẳng PA PB PC P B.P C P C.P A P A.P B thức tương đương với R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 ≥ (R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 ) (3.8) Từ bất đẳng thức (3.6) (3.8) ta thu R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 ≥ (r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ) Bài toán 3.4 Cho tam giác ABC P điểm tùy ý tam giác Chứng minh R1 R2 R3 ≥ 8r1 r2 r3 (3.9) Giải Gọi C1 điểm BC cho BC1 = AB Khi AC1 = 2c sin B2 Mặt khác, gọi K, H chân đường vng góc hạ từ A, C1 lên đường thẳng BP , A C1 khơng nằm phía đường thẳng BP nên AC1 ≥ C1 H + AK, suy R2 AC1 ≥ R2 C1 H + R2 AK hay R2 AC1 ≥ 2[BP C1 ] + 2[BAP ] Do R2 2c sin B2 ≥ c.r1 + c.r3 , r1 + r3 hay R2 ≥ , tương tự sin B2 Hình 3.5 r2 + r3 r1 + r2 , R ≥ Nhân bất đẳng thức trên, ta R1 ≥ sin A2 sin C2 R1 R2 R3 ≥ Vì sin sin A B C sin sin (r1 + r2 ) (r2 + r3 ) (r3 + r1 ) (3.10) A B C r sin sin = R ≥ 2r nên từ (3.10), ta có 2 4R R1 R2 R3 ≥ (r1 + r2 ) (r2 + r3 ) (r3 + r1 ) (3.11) Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho vế phải (3.11), ta R1 R2 R3 ≥ 8r1 r2 r3 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 75 Nhận xét 3.1 Từ tốn trên, ta có kết sau R22 R32 R12 + + ≥ 12, r2 r3 r3 r1 r1 r2 R1 R2 R3 + + ≥ 3, r2 + r3 r3 + r1 r1 + r2 R1 R2 R3 √ +√ +√ ≥ r2 r3 r3 r1 r1 r2 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có s 2 √ R R R12 R22 R32 R ≥ 82 = 12 1 + + ≥ 3 r2 r3 r3 r1 r1 r2 r2 r3 r3 r1 r1 r2 r R1 R1 R2 R3 R2 R3 + + ≥33 ≥ r2 + r3 r3 + r1 r1 + r2 r2 + r3 r3 + r1 r1 + r2 s √ R2 R3 R1 R1 R2 R3 +√ +√ ≥33 √ ≥ 3 = √ √ √ r2 r3 r3 r1 r1 r2 r2 r3 r3 r1 r1 r2 Bài toán 3.5 Cho tam giác ABC P điểm tùy ý tam giác Chứng minh R1 + R2 + R3 ≥ 6r (3.12) Giải Dễ thấy R1 + r1 ≥ , R2 + r2 ≥ hb , R3 + r3 ≥ hc Cộng bất đẳng thức theo vế áp dụng bất đẳng thức Erdos-Modell ta + hb + hc ≤ (R1 + R2 + R3 ) + (r1 + r2 + r3 ) ≤ (R1 + R2 + R3 ) (3.13) Bây áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có   1 1 + + = (ha + hb + hc ) ≤ (ha + hb + hc ) hb hc r Từ (3.13) (3.14) ta 9r ≤ + hb + hc ≤ (3.14) (R1 + R2 + R3 ) Do R1 + R2 + R3 ≥ 6r Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 76 Bài toán 3.6 (IMO, 1991) Cho tam giác ABC P điểm tam \ giác Chứng minh có góc P[ AB, P BC, P[ CA nhỏ 30 Giải Giả sử D, E, F chân đường vng góc hạ từ P tương ứng \ xuống cạnh BC, CA AB Giả sử góc P[ AB, P BC, P[ CA lớn 300 Khi PF PD PE + + \ sin P[ AB sin P BC sin P[ CA PD PE PF + + = (P D + P E + P F ) , < sin 300 sin 300 sin 300 PA + PB + PC = mâu thuẫn với bất đẳng thức Erdos - Mordell Suy góc \ P[ AB, P BC, P[ CA lớn 300 sai Từ điều phải chứng minh Bài toán 3.7 (Olympic 30/4, 1999, Việt Nam, đề đề nghị) Cho M điểm tam giác ABC Kí hiệu khoảng cách từ M đến đỉnh A, B, C Ra , Rb , Rc khoảng cách từ M đến cạnh BC, CA, AB da , db , dc Chứng minh   db dc dc da da db da + db + dc ≥ + + Ra Rb Rc Giải Gọi A1 , B1 , C1 chân đường vng góc M xuống BC, CA, AB Ta có B1 C1 = M A sin A = Ra sin A, C1 A1 = M B sin B = Rb sin B, A1 B1 = M C sin C = Rc sin C Kẻ M A2 ⊥B1 C1 , M C2 ⊥A1 B1 , ta có M B2 ⊥C1 A1 , Hình 3.6 M B1 M C1 db dc \ M A2 = M B1 sin M\ B1 A2 = M B1 sin M AC1 = , = MA Ra Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 77 dc da M C1 M A1 \ M B2 = M C1 sin M\ C1 B2 = M C1 sin M BA1 = = , MB Rb M A1 M B1 da db \ M C2 = M A1 sin M\ A1 C2 = M A1 sin M CB1 = = MC Rc Áp dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell cho tam giác A1 B1 C1 , ta có M A1 + M B1 + M C1 ≥ (M A2 + M B2 + M C2 )   db dc dc da da db hay da + db + dc ≥ + + Ra Rb Rc Bài toán 3.8 (IMO, 1996) Cho ABCDEF lục giác lồi thỏa mãn AB song song với DE, BC song song với EF CD song song với F A Kí hiệu RA , RC , RE tương ứng bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác F AB, BCD DEF Gọi p chu vi hình lục giác Chứng minh p RA + RC + RE ≥ Giải Dựng điểm M, N, P cho M DEF, N F AB P BCD hình bình hành Khi M, N, F thẳng hàng; N, P, B thẳng hàng P, M, D thẳng hàng Giả sử XY Z tam giác tạo đường thẳng qua B, D, F vng góc với F A, BC, DE, tương ứng, B nằm Y Z, D nằm ZX F nằm XY Để ý ∆M N P Hình 3.7 đồng dạng với ∆XY Z Vì ∆DEF = ∆DM F nên chúng có bán kính đường trịn ngoại tiếp Hơn nữa, XM đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DM F , XM = 2RE Tương tự Y N = 2RA ZP = 2RC Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh viết lại XM + Y N + ZP ≥ BN + BP + DP + DM + F M + F N Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 78 Trường hợp M ≡ N ≡ P bất đẳng thức bất đẳng thức Erdos - Mordell Ta chứng minh trường hợp lại Gọi Y , Z đối xứng với Y Z qua đường phân giác b Kí hiệu G, H góc X chân đường vng góc X M Y Z Đặt x = Y Z , y = XZ , z = XY , ta có XM ≥ z y x DM + F M, Y N ≥ F N + x x y z y x BN, ZP ≥ BP + DP y z z Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta Hình 3.8 z y x z y x XM + Y N + ZP ≥ DM + F M + F N + BN + BP + DP x x y y z z (3.15) Để ý y z BP + BN = z y  y z + z y  BP + BN   + y z − z y  BP − BN  Vì hai tam giác XY Z M N P đồng dạng, ta đặt r sau r= FM − FN BN − BP DP − DM = = XY YZ ZX Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta      y z y z BP + BN r yx zx BP + BN = + − − z y z y 2 z y   r yx zx ≥BP + BN − − z y Tương tự, ta có bất đẳng thức   x y r xz yz FN + FM ≥ FN + FM − − , y x y x x r  zy xy  z DM + DP ≥ DM + DP − − x z x z Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 79 Nếu cộng bất đẳng thức vào (3.15), ta XM + Y N + ZP ≥ BN + BP + DP + DM + F M + F N Điều phải chứng minh 3.2 Bất đẳng thức Erdos-Mordell tam giác mở rộng Bổ đề 3.1 Giả sử x, y, z, θ1 , θ2 , θ3 số thực với θ1 + θ2 + θ3 = π Khi ta có x2 + y + z ≥ (yz cos θ1 + zx cos θ2 + xy cos θ3 ) (3.16) Chứng minh Vì θ3 = π − (θ1 + θ2 ) nên cos θ3 = − cos (θ1 + θ2 ) = sin θ1 sin θ2 − cot θ1 cot θ2 Ta có x2 + y + z − (yz cos θ1 + zx cos θ2 + xy cos θ3 ) = (z − (x cos θ2 + y cos θ1 ))2 + (x sin θ2 − y sin θ1 )2 ≥ Hệ 3.1 Giả sử p, q, r số dương, θ1 , θ2 , θ3 số thực thỏa mãn θ1 + θ2 + θ3 = π Khi ta có bất đẳng thức   qr rp pq (3.17) p cos θ1 + q cos θ2 + r cos θ3 ≤ + + p q r r  r r qr rp pq Chứng minh Thay (x, y, z) = , , vào (3.16) p q r Định lý 3.2 (Bất đẳng thức Barrow) Cho tam giác ABC, M điểm nằm Gọi R1 , R2 , R3 khoảng cách từ M tới đỉnh A, B, C l1 , l2 , l3 độ dài đường phân giác \ \ \ C, CM A, AM B Ta có bất đẳng thức góc BM R1 + R2 + R3 ≥ (l1 + l2 + l3 ) (3.18) \ \ \ Chứng minh Đặt BM C = 2α, CM A = 2β, AM B = 2γ Ta có α + β + γ = π Sử dụng công thức đường phân giác định lý AM − GM có p 2R2 R3 l1 = cos α ≤ R2 R3 cos α, R2 + R3 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 80 p 2R3 R1 cos β ≤ R3 R1 cos β, R3 + R1 p 2R1 R2 l3 = cos γ ≤ R1 R2 cos γ R1 + R2 l2 = Từ bất đẳng thức áp dụng bổ đề 3.1 ta p p p (l1 + l2 + l3 ) ≤ R2 R3 cos α + R3 R1 cos β + R1 R2 cos γ ≤ R1 + R2 + R2 Chú ý 3.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell hệ bất đẳng thức Barrow Thật vậy, ta có l1 ≥ r1 , l2 ≥ r2 , l3 ≥ r3 Suy R1 + R2 + R3 ≥ (r1 + r2 + r3 ) Định lý 3.3 Cho P điểm tùy ý nằm tam giác ABC Khi với số thực x, y, z ≥ bất đẳng thức sau R1 x2 + R1 y + R3 z ≥ (r1 yz + r2 zx + r3 xy) Đẳng thức xảy tam giác ABC đều, P trực tâm x = y = z Chứng minh Với P điểm nằm tam giác ABC, theo (3.2), (3.3) (3.4) ta có bất đẳng thức c b a c b a R1 x2 ≥ r2 x2 + r3 x2 , R2 y ≥ r3 y + r1 y , R3 z ≥ r1 z + r2 z a a b b c c Cộng theo vế bất đẳng thức trên, sau áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta     a  b c a b c R1 x2 + R2 y + R3 z ≥ r1 y + z + r2 z + x2 + r3 y + x2 b c c a b a ≥ (r1 yz + r2 zx + r3 xy) Sau ta mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell hai điểm tùy ý nằm tam giác, để có kết trước hết ta xét bổ đề sau Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn