Bất đẳng thức (BDT) Erdos-Mordell ppsx

Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 1 - Lời nói đầu Bất đẳng thức (BDT) Erdos-Mordell là một BDT khá nổi tiếng trong tam giác, được nhà toán học Paul Erdos đề xuất năm 1935 và lời giải đầu tiên đưa ra là của Louis Mordell sử dụng định lí hàm số Cos. Trong bài viết này tôi xin được giới thiệu với các bạn một số lời giải do tôi tìm ra hoặc sưu tầm được . Đây chắc chắn không phải là tất cả các lời giải cho BDT này, rất mong nhận được sự trao đổi của các bạn. Các bạn có thể gửi lời giải vào hòm thư: nguyendunghus@gmail.com Hoặc post trực tiếp vào topic: http://mathscope.org/forum/showthread.php?t=4913 Rất mong nhận được sự quan tâm của các bạn, Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 2 - Bất đẳng thức Erdos-Mordell: Cho tam giác ABC bất kì có 3 cạnh là a, b, c và điểm M nằm trong tam giác. Đặt ,, AMxBMyCMz === và từ M kẻ các đường vuông góc MD, ME, MF xuống các cạnh BC, CA, AB có độ dài lần lượt là p, q, r. Khi đó ta có: ( ) 2 xyzpqr ++≥++ Dấu đẳng thức xảy ra khi ABC ∆ đều. Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 3 - A B C M D E F B' C' p q r ha x y z A B C M D E F Hướng chứng minh thứ nhất: Ta sẽ chứng minh bc xrq aa ≥+, ca ypr bb ≥+, ab zqp cc ≥+ Sau đó áp dụng BDT Cô-si cho 2 số dương: () 22 ab xyzrrpqq ba  ++≥+≥=++   ∑∑ Trong đó kí hiệu ∑ chỉ tổng hoán vị. Ta cùng theo dõi các lời giải sau: Lời giải 1. Gọi h a là độ dài đường cao xuất phát từ A. Ta có: ( ) 2 a SABCahapbqcr ==++ . Do a hxp ≤+ nên ( ) a axpah +≥ . bc axbqcrxqr aa ⇒≥+⇒≥+. Tương tự ta có đpcm. Lời giải 2. Từ B và C kẻ các đường vuông góc BB’, CC’ tới đường thẳng AM. Dễ thấy ~' AFMABB ∆∆ và ~' AEMACC ∆∆ nên: ' ' rBB rcxBB xc =⇒= và ' .' qCC qbxCC xb =⇒= Suy ra ( ) ''. rcqbxBBCCxa +=+≤ Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 4 - x A B C M D E F B' C' A B C M D E F P E' F' Lời giải 3. Kẻ tia Ax đối xứng với tia AM qua phân giác góc A     ',' MACBABMABCAC ⇒== Từ B và C kẻ các đường vuông góc BB’, CC’ tới tia Ax. Ta có:     ''.sin'.sin'.sin.sin qr aBBCCABBABACCACcMACbMABcb xx ≥+=+=+=+ Suy ra axcqbr ≥+ hay bc xrq aa ≥+, đpcm. Lời giải 4. Lấy điểm P thuộc cạnh BC sao cho   BADPAC = . Ta có: ( ) ( ) ( ) .222'.'. APBCSABCSPABSPACPEbPFc ≥=+=+ Với E’, F’ là chân các đường vuông góc kẻ từ P xuống AB, AC. Suy ra: '' 1 PEbPFc APaAPa ≥+. Mà theo giả thiết, '~ APEAMF ∆∆ nên ' PEr APx = . Tương tự ' PFq APx = . Vậy 1 rbqcbc xrq xaxaaa ≥+⇒≥+,đpcm. Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 5 - C' B' A B M F C E D E F B C A M D M' F' E' Lời giải 5. Vẽ đường trong ngoại tiếp BMC ∆ cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại B’, C’. Ta có: ()() '' .''2'2'.'.' '''' ABAC AMBCSAMBSAMCrABqACxrq BCBC ≥+=+⇒≥+(1) Mặt khác, theo tính chất của góc nội tiếp đường tròn ta có ''~ ABCACB ∆∆ . Suy ra '' , '''' ABACbACc BCBCaBCa === (2) Từ (1) và (2) ta có bc xrq aa ≥+, đpcm. Lời giải 6. Vẽ đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFME. Qua M vẽ đường thẳng song song với EF cắt đường tròn tại M’. Từ M’ kẻ ME’, MF’ lần lượt vuông góc với AB, AC. Dễ thấy ~'' AMEAMF ∆∆ (g.g) suy ra '' ' MFME AMAM = . Tương tự '' ' MEMF AMAM = . Mặt khác: ' ''. AMBCABMFACME ≥+ ( tuơng tự lời giải 5) nên: '''' 1 '' MEcMFbqcrb AMaAMaxaxa ≥+=+ hay bc xrq aa ≥+, đpcm. Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 6 - A B C M D E F B' C' B C A A' M E F B' C' Lời giải 7. Gọi B’, C’ là chân các đường vuông góc kẻ từ B, C xuống đuờng thẳng EF. Ta có: '''' BCBCBFFEEC ≥=++ . Do tứ giác AFME nội tiếp nên ''.cos' MEq BFBAFEAMEBFBFBFBBFBF MAx ∠=∠=∠⇒=∠==. Tương tự ' r ECCE x = . Theo định lí Ptô-lê-mê ta có: AFqAEr AMEFAFMEAEMFEF x + =+⇒= Suy ra . qrAFqAEr BCBFCE xxx + ≥++ Hay axqBFrCEAFqAErqcrb ≥+++=+ . Ta có đpcm. Lời giải 8. Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt tia AM tại A’. Từ A’ kẻ các đường vuông góc A’D, A’E xuống AB, AC. Áp dụng định lí Ptoleme vào tứ giác nội tiếp ABA’C ta được '.'.'. AABCACABABAC =+ . Do ''',''' ACACABAB ≥≥ nên: '' '.''.''.1 '' ADcAEb AAaACcABb AAaAAa ≥+⇒≥+ Mà theo định lí Ta-lét thì '' , '' ADqAEr AAxAAx == . Do đó bc xrq aa ≥+,đpcm. Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 7 - Lời giải 9. Ta vẽ các đường vuông góc BB’, AA’, CC’ xuống tia EF. Ta có: ''.osAFA'+b.cosAEA'=c.sinMFA'+b.sinAEA'a BCcc =≤ Mà theo định lí hàm số Sin: sin'sin'sin1 È MFAAEAA qrx === Suy ra qrbc cbarqx xxaa +≤⇔+≤ , đpcm. Lời giải 10. Dựng đường phân giác của góc A, và thay tam giác đã cho bằng tam giác hình chiếu B’AC’. Áp dụng định lí Papus cho tam giác B’AC’ với chú ý rằng OA vuông góc với B’C’. Ta có ( ) .osAM,AO.'''.'. c AMcBCACzABy =+ Hay là ( ) osAM,AO aMAcbzcy =+ Suy ra được . axbzcy ≥+ . Đpcm. Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 8 - Lời giải 11. Từ hình vẽ thứ 2 ta dễ dàng có axbzcy ≥+ , đpcm. Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 9 - Hướng chứng minh thứ 2: Ta sẽ chứng minh sinsin sinsin BC xrq AA ≥+,… Rồi áp dụng BDT Cô-si như hướng thứ nhất ta có đpcm. Lời giải 12. Đây là lời giải được đưa ra đầu tiên bởi Mordell. Áp dụng định lí hàm số Sin và hàm số Cos ta có () 22 .sin2osA MAAEFqrqrc π==+−− Tương tự ta cần chứng minh: ()() 22 1 2osA2 sin qrqrcpqr A π +−−≥++ ∑ Mặt khác ta có ( ) ( ) 22222 2cos2osBcosC-sinBsinC FEqrqrAqrqrcπ=+−−=+− Sử dụng đẳng thức: 2222 sinos1 và sinos1 BcBCcC +=+= ta được ()()() 222 2 sinsinosossinsin FEqCrBqcCrcBqCrB =++−≥+ Suy ra sinsin FEqCrB ≥+ Vậy nên () 22 1sinsinsinsin 2osA sinsinsinsin qCrBBC qrqrcp AACB π +  +−−≥=+   ∑∑∑ Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 10 - Lời giải 13. Hạ các đường vuông góc EE’, FF’ xuống cạnh BC. Ta có: EF=AMsinA=xsinA . Hiển nhiên là: ''''sin'sin'sinsin EFEFFDDErMFFqMEEqBrC ≥=+=+=+ Suy ra sinsin sinsin BC xrq AA ≥+ Một cách tương tự ta thu được () sinsin 2 sinsin BC xppqr CB  ≥+≥++   ∑∑ Lời giải 14. Tương tự như cách trên, ta có: Trong tam giác DEF: ( ) .EF2[DMF]+[DME]sinsin pprBpqC ≥=+ Trong đó [A] chỉ diện tích của hình A. Vậy nên sinsinsinsinsin EFrBqCxArBqC ≥+⇔≥+ Suy ra sinsin sinsin BC xrq AA ≥+. Đpcm. . Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 1 - Lời nói đầu Bất đẳng thức (BDT) Erdos-Mordell là một BDT khá nổi tiếng trong tam giác, được nhà toán học Paul Erdos đề. Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam - 2 - Bất đẳng thức Erdos-Mordell: Cho tam giác ABC bất kì có 3 cạnh là a, b, c và điểm M nằm trong tam giác. Đặt. xuống các cạnh BC, CA, AB có độ dài lần lượt là p, q, r. Khi đó ta có: ( ) 2 xyzpqr ++≥++ Dấu đẳng thức xảy ra khi ABC ∆ đều. Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam