Geometric Inequalities Ultimate - Nguyễn Thanh Trà (Tiếng Việt) ppt

GEOMETRIC INEQUALITIES Nguyễn Thanh Trà K42 Trường THPT Chuyên ĐHSP HN thanhtra1239@yahoo.com  Ngày 8 tháng 1 năm 2010 1 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học HAPPY BIRTHDAY MY BEST FRIEND Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 2 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Mục lục 1 Bất đẳng thức hình học 4 1.1 Phương pháp vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1 Phương pháp sử dụng tích vô hướng của hai vector . . . . . . 4 1.1.2 Phương pháp vector đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.3 Khai thác bất đẳng thức a 2 ≥ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.2 Bất đẳng thức Finsler - Hadwiger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2 Tản mạn về các bất đẳng thức hình học 27 2.1 Sự biến hoá các bất đẳng thức hình học . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.2 Bất đẳng thức với hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 3 Các bất đẳng thức dạng nhỏ hơn hoặc bằng 34 4 Một số bài tập 36 Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 3 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Tóm tắt. Bất đẳ ng thức hình học phần khá thú vị của hình học. Trong các bài toán đó, có một lớp các bài toán rất đẹp về các điểm bất kì trong tam giác và các bất đẳng thức giữa chúng. Trong chuyên đề này, tôi sẽ giới thiệu một số bất đẳng thức như vậy. 1 Bất đẳng t hức hình học 1.1 Phương pháp vector 1.1.1 Phương pháp sử dụng tích vô hướng của hai vector Mở đầu phương pháp này, tôi xin giới thiệu bài toán Bài toán 1. Cho tam giác ABC nhọn. Tìm điểm M nằm trong tam giác sao cho: T = MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. Gọi N là điểm thoả mãn −−→ NA NA + −−→ NB NB + −−→ NC NC = −→ 0 . Ta có: T = MA + MB + MC = MA · NA NA + MB ·N B NB + MC · NC NC ≥ −−→ MA · −−→ NA NA + −−→ MB · −−→ NB NB + −−→ MC · −−→ NC NC = ( −−→ MN + −−→ NA) · −−→ NA NA + ( −−→ MN + −−→ NB) · −−→ NB NB + ( −−→ MN + −−→ NC) · −−→ NC NC = NA + NB + N C + −−→ MN ·  −−→ NA NA + −−→ NB NB + −−→ NC NC  = NA + NB + N C Vậy MA + M B + MC ≥ NA + N B + NC Đẳng thức xảy ra khi M ≡ N Vậy T = MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất khi M là điểm thoả mãn −−→ MA MA + −−→ MB MB + −−→ MC MC = −→ 0 Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 4 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Nhận xét. Bằng phương pháp tương tự ta có thể giải được bài toán: Bài toán 2. Cho tam giác ABC . Tìm điểm M sao cho: T = x · MA + y ·MB + z ·M C đạt giá trị nhỏ nhất. Điểm M cần tìm là điểm thoả mãn x · −−→ MA MA + y · −−→ MB MB + z · −−→ MC MC = −→ 0 Phương pháp giải trên có gì đặc biệt? Đó chính là việc chỉ ra điểm N thoả mãn một điều kiện nào đó, sau đó chứng minh f(M ) ≥ f(N) bằng công cụ vector. Một lưu ý nữa là bất đẳng thức −→ a · −→ b ≤ |a| ·|b| giúp ta đưa những độ dài đoạn thẳng về dạng vector. Ta có những bài toán giải bằng phương pháp tương tự. Bài toán 3. Cho tam giác ABC và một điểm N nằm trong tam giác. Đặt  BN C = α,  CN A = β,  ANB = γ. Với mọi điểm M trong mặt phẳng. Chứng minh rằng: MA sin α + MB sin β + MC sin γ ≥ NA sin α + NB sin β + NC sin γ (3) Lời giải. Ta có: MA sin α + MB sin β + M C sin γ = MA · NA NA sin α + MB ·N B NB sin β + MC · NC NC sin γ ≥ −−→ MA · −−→ NA NA sin α + −−→ MB · −−→ NB NB sin β + −−→ MC · −−→ NC NC sin γ = ( −−→ MN + −−→ NA) · −−→ NA NA sin α + ( −−→ MN + −−→ NB) · −−→ NB NB sin β + ( −−→ MN + −−→ NC) · −−→ NC NC sin γ = NA sin α + N B sin β + NC sin γ + −−→ MN  −−→ NA NA sin α + −−→ NB NB sin β + −−→ NC NC sin γ  = NA sin α + N B sin β + NC sin γ Đẳng thức xảy ra khi M ≡ N Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 5 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Bài toán 4. Cho tam giác ABC với trực tâm H, bán kính đường tròn ngoại tiếp R. Với mọi điểm M bất kì trong mặt phẳng. Tìm giá trị nhỏ nhất của: MA 3 + MB 3 + MC 3 − 3 2 R · MH 2 Lời giải. Theo bất đẳng thức AM −GM , ta có: MA 3 R + R 2 + MA 2 2 ≥ MA 3 R + R ·M A ≥ 2M A 2 ⇒ MA 3 R ≥ 3 2 MA 2 − R 2 2 Tương tự, ta có: MB 3 R ≥ 3 2 MB 2 − R 2 2 , MC 3 R ≥ 3 2 MC 2 − R 2 2 Suy ra: MA 3 + MB 3 + MC 3 R ≥ 3 2  MA 2 + MB 2 + MC 2  − 3 2 R 2 (4.1) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: MA 2 + MB 2 + MC 2 =  −−→ MO + −→ OA  2 +  −−→ MO + −−→ OB  2 +  −−→ MO + −→ OC  2 = 3MO 2 + 2 −−→ MO  −→ OA + −−→ OB + −→ OC  + 3R 2 = 3MO 2 + 2 −−→ MO · −−→ OH + 3R 2 = 3MO 2 −  OM 2 + OH 2 − MH 2  + 3R 2 = 2MO 2 − OH 2 + MH 2 + 3R 2 ≥ 3R 2 − OH + MH 2 (4.2) Từ (4.1) và (4.2), ta có: MA 3 + MB 3 + MC 3 R ≥ 3 2  3R 2 − OH 2 + MH 2  − 3 2 R 2 ⇒ MA 3 + MB 3 + MC 3 − 3 2 R · MH 2 ≥ 2R 3 − 3 2 R · OH 2 = const Đẳng thức xảy ra khi M ≡ O. Như vậy MA 3 + MB 3 + MC 3 − 3 2 R · MH 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ O Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 6 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học 1.1.2 Phương pháp vector đơn vị Để thêm ứng dụng của phương pháp vector, tôi xin nhắc lại cách chứng minh bài toán sau: Bài toán 5. Cho tam giác đều ABC nội tiếp một đường tròn. M là một điểm bất kì trên cung nhỏ BC. Chứng minh rằng MA = MB + MC. Lời giải. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: −−→ AM + −−→ MO = −→ AO ⇔ ( −−→ AM + −−→ MO) 2 = AO 2 ⇔ AM 2 + MO 2 + 2 −−→ AM · −−→ MO = AO 2 ⇔ AM 2 + 2 −−→ AM · −−→ MO = 0 ⇔ AM = 2 −−→ MA MA · −−→ MO Tương tự, ta có: AM = 2 −−→ MA MA · −−→ MO; BM = 2 −−→ MB MB · −−→ MO; CM = 2 −−→ MC MC · −−→ MO Do M thuộc cung nhỏ BC nên − −−→ MA MA , −−→ MB MB , −−→ MC MC là các vector đơn vị, hợp với nhau góc 120 0 . Ta có: − −−→ MA MA + −−→ MB MB + −−→ MC MC = −→ 0 ⇔ −−→ MO ·  − −−→ MA MA + −−→ MB MB + −−→ MC MC  = 0 ⇔ MA = MB + M C Như vậy bài toán đã cho được chứng minh. Bài toán trên không phải là một bài toán bất đẳng thức. Nhưng với một chút tinh tế, bạn có thể dễ dàng nhận ra việc tính độ dài các đoạn MA, M B, MC theo tích các vector rất có lợi trong việc giải toán. Vẫn với giả thiết M bất kì thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta có một bài toán bất đẳng thức hình học thú vị. Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 7 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Bài toán 6. Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). M là một điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O). Chứng minh rằng: MA + 2OI ≥ MB + M C ≥ M A − 2OI Lời giải. Ta có: MA 2 = 2 −−→ MO · −−→ MA ⇒ MA = 2 −−→ MO · −−→ MA MA Tương tự, ta có: MB = 2 −−→ MO · −−→ MB MB ; MC = 2 −−→ MO · −−→ MC MC Từ trên, ta có: MB + M C −MA = 2 −−→ MO ·  −−→ MB MB + −−→ MC MC − −−→ MA MA  (6.1) Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarts, ta có: −MO ·      −−→ MB MB + −−→ MC MC − −−→ MA MA      ≤ −−→ MO ·  −−→ MB MB + −−→ MC MC − −−→ MA MA  ≤ MO ·      −−→ MB MB + −−→ MC MC − −−→ MA MA      (6.2) Do MO = R nên ta sẽ tính      −−→ MB MB + −−→ MC MC − −−→ MA MA      . Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 8 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Ta có:      −−→ MB MB + −−→ MC MC − −−→ MA MA      2 = 3 + 2  −−→ MB MB · −−→ MC MC − −−→ MC MC · −−→ MA MA − −−→ MA MA · −−→ MB MB  = 3 + 2  cos( −−→ MB, −−→ MC) −cos( −−→ MC, −−→ MA) − cos( −−→ MA, −−→ MB)  = 3 − 2(cos A + cos B + cos C) (Vì M nằm trên cung nhỏ BC) = 3 − 2 R + r R = R 2 − 2Rr R 2 = OI 2 R 2 Từ đây, ta có: MO ·      −−→ MB MB + −−→ MC MC − −−→ MA MA      = OI (6.3) Từ (6.1), (6.2) và (6.3) ta có bất đẳng thức: MA + 2OI ≥ MB + M C ≥ M A + 2OI Như vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Từ hai bài toán trên, giả thiết M thuộc đường tròn khá quan trọng trong việc tính độ dài MA, MB, MC theo tích các vector. Ta hãy thử mở rộng cho trường hợp M bất kì nằm trong tam giác. Và đây chính là kết quả: Bài toán 7. Cho tam giác ABC thoả mãn min{  A,  B,  C} ≥ 45 0 . Gọi AA  , BB  , CC  là các đường trung tuyến của tam giác. Chứng minh rằng với mọi điểm P di chuyển bên trong tam giác A  B  C  ta đều có bất đẳng thức sau: P A + P B + P C ≥ √ 2(P A  + P B  + P C  ) Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 9 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Lời giải. Ta có: P A 2 = −−→ P A  · −−→ P A  = 1 2  −−→ P B + −→ P C  · −−→ P A  ⇒ PA  = 1 2P A  · −−→ P A   −−→ P B + −→ P C  Như vậy, ta có:  P A  =  1 2 −→ P A ·  −−→ P B  P B  + −−→ P C  P C   ≤  P A 2 ·      −−→ P B  P B  + −−→ P C  P C       (7.1) Đặt α = ∠( −−→ P B  , −−→ P C  ); β = ∠( −−→ P C  , −−→ P A  ); γ = ∠( −−→ P A  , −−→ P B  ) ta có:      −−→ P B  P B  + −−→ P C  P C       = 2 cos α 2 ,      −−→ P C  P C  + −−→ P A  P A       = 2 cos β 2 ,      −−→ P A  P A  + −−→ P B  P B       = 2 cos γ 2 (7.2) Mặt khác: max  cos α 2 , cos β 2 , cos γ 2  · (P A + PB + P C) ≥  cos α 2 P A (7.3) Mà ta lại có: min{  A,  B,  C} ≥ 45 0 ⇒ max{α, β, γ} ≥ 90 0 ⇒ max  cos α 2 , cos β 2 , cos γ 2  ≤ 1 √ 2 (7.4) Từ (7.1), (7.2), (7.3) và (7.4) suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét. Từ đây ta có bài toán tương tự: Bài toán 8. Cho tam giác ABC. Gọi AA  , BB  , CC  là các đường trung tuyến của tam giác. Chứng minh rằng với mọi điểm P nằm trong tam giác ABC ta đều có: P A  + P B  + P C  + m a + m b + m c √ 2 ≥ √ 2(P A + P B + P C) Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 10 [...]... Khadvigher ta có: √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ 4 xy + yz + zx · S (với mọi x, y, z) Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 19 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học b c a - Với x = x · , y = y · , z = z · , ta có: a b c xab + ybc + zac ≥ 4 xy · c a b + yz · + zx · · S (với mọi x, y, z) a b c c a b - Vớix = z · , y = x · , z = y · , ta có: a b c xab + ybc + zac ≥ 4 xy · Từ trên, ta có: a b c + yz · + zx · · S (với... M B, M C mà chúng ta đang xét Chúng ta hãy nghĩ cách rổng quát chúng Một ý tưởng khá tự nhiên là ta sẽ xét: − − − → = x− → + y − → + z − → − u MA MB MC Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 11 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Ta có: → (− )2 ≥ 0 u −→ − −→ − −→ − ⇔ xM A + y M B + z M C 2 ≥0 −→ − → − − −→ − → − − ⇔ x2 M A2 + y 2 M B 2 + z 2 M C 2 + 2xy M A · M B + 2xz M A · M C − → −→ − − + 2yz... thoả mãn A B C N là một điểm bất kì trong mặt phẳng Chứng minh rằng: , , M= x y z xM A · N A + yM B · N B + zM C · N C ≥ Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN yza2 + zxb2 + xyc2 x+y+z (10) Page 12 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Lời giải Ta có: xM A · N A + yM B · N B + zM C · N C −→ −→ − − − → −→ − − − → −→ − − ≥ xM A · N A + y M B · N B + z M C · N C −→ − → −→ − − − −→ − → −→ − − − −→ − → −→... zxb2 +y· +z· ≥ NA NB NC x+y+z (11) Lời giải Theo bất đẳng thức AM − GM , ta có: 2x · M A3 M A3 M A3 + x · N A2 = x · +x· + x · N A2 ≥ 3x · M A2 NA NA NA Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 13 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Tương tự, ta có: 2y · M B3 + y · N B 2 ≥ 3y · M B 2 ; NB 2z · M C3 + z · N C 2 ≥ 3z · M C 2 NC Suy ra: M A3 M B3 M C3 +y· +z· + x · N A2 + y · N B 2 + z · N C 2 NA NB... đẳng thức: a sin A A A · M A3 + a sin · M A3 + a sin · M A3 ≥ abcr 2 2 2 (11.4) Nhận xét Từ bất đẳng thức (9) Ta có thể biến hoá một chút bằng cách thay Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 14 Nguyễn Thanh Trà x= Bất đẳng thức hình học a b c ,y = ,z = Khi đó, từ bất đẳng thức (9) ta được: MA MB MC yza2 + zxb2 + xyc2 x+y+z c c a a b b · · a2 + · · b2 + · · c2 MB MC MC MA MA MB = b c a + + MA MB MC... điểm M bất kì rất mạnh Nhưng tôi vẫn chưa thành công trong việc tổng quát nó Bài toán tổng quát Cho tam giác ABC, M là một điểm bất kì trong mặt phẳng; Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 15 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học x, y, z là các số thực dương bất kì Tìm các đánh giá cho f (x, y, z) không phụ thuộc vào M thoả mãn: xM B · M C + yM C · M A + zM A · M B ≥ f (x, y, z) Ta thấy bất đẳng... yz + zx 2 ≥ 2 (a + b + c)2 Như vậy: x M B.M C M C.M A M A.M B 3xyz + y +z ≥ (a + b + c) MA MB MC xy + yz + zx Như vậy, bài toán đã cho được chứng minh Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 16 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học → Tương tự như trên, ta hãy xét các vector − có dạng khác Ta được bài toán: u Bài toán 14 Cho tam giác ABC M là một điểm bất kì trong mặt phẳng Chứng minh rằng: √ (14)... = α Ta sẽ tính XA, XB, XC theo a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC Ta có: b2 = XA2 + XB 2 − 2XA · XB · cos AM C = XA2 + XB 2 − 2XA · XB · cos A Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 17 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học và XA b b = = sin α sin AXC sin A a XA bc XC = ⇒ sin α sin C XC a2 Suy ra: b2 = XC 2 1 + b2 c 2 bc b2 + c2 − a2 +2 2 · a4 a 2bc Hay XC 2 = b 2 a4 a2 b ⇒ XC = √ a2 b2 +... + b2 (z 2 + x2 − y 2 ) + c2 (y 2 + z 2 − x2 ) ≥ 16SS (15) Lời giải Trong tam giác ABC, ta có công thức: 16S 2 = 2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 − a4 − b4 − c4 Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 18 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Ta có: 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) − a4 − b4 − c4 16SS = 2(x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ) − x4 − y 4 − z 4 Như vậy, ta xét: 16SS + 2 a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 = 2 b2 c 2 − a4.. .Nguyễn Thanh Trà 1.1.3 Bất đẳng thức hình học Khai thác bất đẳng thức a2 ≥ 0 Bất đẳng thức a2 ≥ 0 là một bất đẳng thức quen thuộc Bạn đang tự hỏi: Bất đẳng thức này thì có ứng dụng gì trong giải các bài bất . GEOMETRIC INEQUALITIES Nguyễn Thanh Trà K42 Trường THPT Chuyên ĐHSP HN thanhtra1239@yahoo.com  Ngày 8 tháng 1 năm 2010 1 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học HAPPY. HN Page 19 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học - Với x = x · b a , y = y · c b , z = z · a c , ta có: xab + yb c + zac ≥ 4  xy · c a + yz · a b + zx · b c · S (với mọi x, y, z) - Vớix = z. thức dạng nhỏ hơn hoặc bằng 34 4 Một số bài tập 36 Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 3 Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học Tóm tắt. Bất đẳ ng thức hình học phần khá thú vị của hình học.