Chuyên đề bất đẳng thức Blundon,Gerretsen và áp dụng

Hoàng Minh Quân - GV. THPT Ngọc Tảo - Hà Nội BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON VÀ ỨNG DỤNG Bất đẳng thức Blundon và hệ quả của nó là bất đẳng thức Gerretsen là hai trong nhiều bất đẳng thức nổi tiếng và có nhiều ứng dụng. Tuy nhiên chuyền đề về các bất đẳng thức này còn chưa có nhiều. Bài viết sau đây nhằm khai thác và trình bày một số ứng dụng của hai bất đẳng thức nổi tiếng này cùng nhiều ý tưởng liên quan đến chúng thông qua các ví dụ minh hoạ. Tác giả hi vọng chuyên đề này sẽ tạo sự thích thú đối với các thầy cô giáo và các em học sinh trong giảng dạy và học tập. I. PHÁT BIỂU VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON. Định lí. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh BC = a, CA = b, AB = c và R, r, p lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, nửa chu vi tam giác ABC. Khi đó ta có 2R 2 +10Rr−r 2 −2(R−2r)  R(R −2r) ≤ p 2 ≤ 2R 2 +10Rr−r 2 +2(R−2r)  R(R −2r) Chứng minh Lời giải bằng đại số Bất đẳng thức Blundon dược tìm thấy đầu tiên vào năm 1851 bởi nhà toán học E.Rouche nhưng lời giải đơn giản cho nó phải đến năm 1965 Blundon mới tìm ra và dựa vào ba yếu tố p, R, r của tam giác, thông qua phương trình bậc ba và các hệ thức hình học. Sau đây chúng tôi xin trình bày lời giải đại số như thế. Đặt S 1 , S 2 , S 3 lần lượt là các tổng đối xứng theo các cạnh a, b, c của tam giác ABC. Ta có S 1 = a + b + c = 2p. S 3 = abc = 4pRr. Ta tính S 2 = ab + bc + ca theo p, R, r. Ta có S = pr =  p(p − a)(p −b)(p − c), suy ra r 2 = (p − a)(p −b)(p − c) p = p 3 − p 2 (a + b + c) + p(ab + bc + ca) − abc p = −p 2 + S 2 − 4Rr Do đó S 2 = p 2 + 4Rr + r 2 . Thực hiện biến đổi và rút gọn, chúng ta có (a − b) 2 (b − c) 2 (c − a) 2 = S 2 1 S 2 2 − 4S 3 2 − 4S 3 1 S 3 + 18S 1 S 2 S 3 − 27S 2 3 = −4r 2 [(p 2 − 2R 2 − 10Rr + r 2 ) 2 − 4R(R − 2r) 3 ] Do đó (p 2 − 2R 2 − 10Rr + r 2 ) 2 ≤ 4R(R − 2r) 3 tương đương 2R 2 +10Rr−r 2 −2(R−2r)  R(R − 2r) ≤ p 2 ≤ 2R 2 +10Rr−r 2 +2(R−2r)  R(R − 2r) 1 Lời giải bằng hình học Lời giả đại số có từ năm 1965 và phải trải qua 43 năm, tức là năm 2008 Dorin Andrica và Catalin Barbu trong một bài báo của mình đã đưa ra lời giải hình học trọn vẹn cho bất đẳng thức Blundon. Cho tam giác ABC, với O là tâm đường tròn ngoại tiếp, I là tâm đường tròn nội tiếp, G là trọng tâm và N là điểm Nagel, p là nửa chu vi ,R, r là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC. Chúng ta đã biết khoảng cách OI được cho bởi công thức sau OI 2 = R 2 − 2Rr (1) Trong cuốn sách của T.Andreescu và D.Andrica [1, Theorem 4, pp.112-113]có đề cập và chứng minh khoảng cách ON cho bởi công thức sau ON = R −2r (2) Từ (2) cho ta bất đẳng thức Eule R ≥ 2r. Một chứng minh sử dụng số phức trong cuốn sách của T.Andreescu và D.Andrica [1, Theorem 6, pp.113-114] đã đưa ra OG 2 = R 2 − a 2 + b 2 + c 2 9 (3) và trong tam giác ABC thì ta luôn có hệ thức a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − r 2 − 4Rr) (4) Công thức (4) có thể được tìm thấy trong cuốn sách Phương trình bậc ba và các hệ thức hình học của tác giả Tạ Duy Phượng. Định lí: Giả sử rằng tam giác ABC không đều. Khi đó cos ∠ION = 2R 2 + 10Rr −r 2 − p 2 2(R − 2r) √ R 2 − 2Rr (5) Chứng minh định lí Chúng ta biết rằng ba điểm N, G, I thẳng hàng và cùng nằm trên đường thẳng Nagel và có NI = 3GI (xem trong [1, Theorem 3, p.108-109]). Áp dụng định lí Stewart trong tam giác ION , ta có ON 2 .GI + OI 2 .NG − OG 2 .NI = GI.GN.NI tương đương ON 2 .GI + OI 2 .2GI −OG 2 .3GI = 6GI 3 2 tương đương ON 2 + 2O I 2 − 3O G 2 = 6GI 2 (6) Thay (1), (2) và (3) vào (6), ta có GI 2 = 1 6 ( a 2 + b 2 + c 2 3 − 8Rr + 4r 2 ) = 1 6 ( 2(p 2 − r 2 − 4Rr) 3 − 8Rr + 4r 2 ) Từ NI 2 = 9GI 2 = 5r 2 + p 2 − 16Rr. Áp dụng định lí Cosin trong tam giác ION ta có cos ∠ION = ON 2 + O I 2 − NI 2 2ON.OI = (R − 2r) 2 + (R 2 − 2Rr) − (p 2 + 5r 2 − 16Rr) 2(R − 2r) √ R 2 − 2Rr tương đương cos ∠ION = 2R 2 + 10Rr −r 2 − p 2 2(R − 2r) √ R 2 − 2Rr Chú ý: Nếu tam giác ABC đều thì các điểm I, O, N trùng nhau và tam giác ION suy biến thành điểm. Khi đó cos ∠ION = 1. Như vậy ta có −1 ≤ cos ∠ION ≤ 1 suy ra 2R 2 +10Rr−r 2 −2(R−2r)  R(R − 2r) ≤ p 2 ≤ 2R 2 +10Rr−r 2 +2(R−2r)  R(R − 2r). II.ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON VÀO GIẢI TOÁN. Trong các bài toán sau xét trong tam giác ABC, chúng ta sử dụng các kí hiệu: a, b, c là độ dài các cạnh. p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nọi tiếp của tam giác ABC. m a , m b , m c : Độ dài các đường trung tuyến lần lượt xuất phát từ các đỉnh A, B, C. h a , h b , h c : Độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. r a , r b , r c : Lần lượt là bán kính các đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C. Bài toán 1 Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng 27r 2 ≤ 27Rr 2 ≤ 16Rr − 5r 2 ≤ p 2 . Chứng minh Dễ thấy các bất đẳng thức 27r 2 ≤ 27Rr 2 và 27Rr 2 ≤ 16Rr −5r 2 đều tương đương với bất đẳng thức R ≥ 2r. (Đúng theo bất đẳng thức Eule). Mặt khác ta có R 2 − 2Rr ≤ R 2 − 2Rr + r 2 nên  R(R − 2r) ≤ R − r. Áp dụng bát đẳng thức Blundon, ta có p 2 ≥ 2R 2 + 10Rr −r 2 − 2(R − 2r)  R(R − 2r) ≥ 2R 2 + 10Rr −r 2 − 2(R − 2r)(R − r) ≥ 16Rr − 5r 2 . Bài toán 2 Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng p 2 ≤ 4R 2 + 4Rr + 3r 2 ≤ 27R 2 4 . 3 Chứng minh Ta có R 2 − 2Rr ≤ R 2 − 2Rr + r 2 nên  R(R − 2r) ≤ R − r. Áp dụng bát đẳng thức Blundon, ta có p 2 ≤ 2R 2 + 10Rr −r 2 + 2(R − 2r)  R(R − 2r) ≤ 2R 2 + 10Rr −r 2 + 2(R − 2r)(R − r) = 4R 2 + 4Rr + 3r 2 . Mặt khác ta có bất đẳng thức 4R 2 + 4Rr + 3r 2 ≤ 27R 2 4 tương đương (R − 2r)(11R + 6r) ≥ 0 tương đương R ≥ 2r (luôn đúng). Nhận xét: Từ kết quả của bài toán 1 và bài toán 2, chúng ta thu được bất đẳng thức 16Rr −5r 2 ≤ p 2 ≤ 4R 2 + 4Rr + 3r 2 Đay chính là bất đẳng thức Gerretsen nổi tiếng. Bài toán 3 Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng 24Rr −12r 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 ≤ 8R 2 + 4r 2 . Chứng minh Ta có R 2 − 2Rr ≤ R 2 − 2Rr + r 2 nên  R(R − 2r) ≤ R − r. Áp dụng bất đẳng thức Blundon, ta có p 2 ≥ 2R 2 + 10Rr −r 2 − 2(R − 2r)  R(R − 2r) ≥ 2R 2 + 10Rr −r 2 − 2(R − 2r)(R − r) ≥ 16Rr − 5r 2 . Do đó a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − r 2 − 4Rr) ≥ 2(16Rr − 5r 2 − r 2 − 4Rr) = 24Rr − 12r 2 . Mặt khác Áp dụng bát đẳng thức Blundon, ta có p 2 ≤ 2R 2 + 10Rr −r 2 + 2(R − 2r)  R(R − 2r) ≤ 2R 2 + 10Rr −r 2 + 2(R − 2r)(R − r) = 4R 2 + 4Rr + 3r 2 . Do đó a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − r 2 − 4Rr) ≤ 2(4R 2 + 4Rr + 3r 2 − r 2 − 4Rr) = 8R 2 + 4r 2 . 4 Bài toán 4 Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng 2r(5R − r) R ≤ h a + h b + h c ≤ 2(R + r) 2 R . Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất ta có h a + h b + h c = p 2 + r 2 + 4Rr 2R ≥ 16Rr −5r 2 + r 2 + 4Rr 2R = 2r(5R − r) R . Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ hai ta có h a + h b + h c = p 2 + r 2 + 4Rr 2R ≤ 4R 2 + 4Rr + 3r 2 + r 2 + 4Rr 2R = 2(R + r) 2 R . Bài toán 5 Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng r(5R − r) R 2 ≤ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤ (R + r) 2 R 2 . Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất ta có sin A sin B+sin B sin C+sin C sin A = p 2 + r 2 + 4Rr 4R 2 ≥ 16Rr −5r 2 + r 2 + 4Rr 4R 2 = r(5R − r) R 2 . Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ hai ta có sin A sin B+sin B sin C+sin C sin A = p 2 + r 2 + 4Rr 4R 2 ≤ 4R 2 + 4Rr + 3r 2 + r 2 + 4Rr 4R 2 = (R + r) 2 R 2 . Bài toán 6 Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng r(5R − r) R 2 ≤ sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤ (R + r) 2 R 2 . Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất ta có sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = p 2 − r 2 − 4Rr 2R 2 ≥ 16Rr −5r 2 − r 2 − 4Rr 2R 2 = 3r(2R − r) R 2 . Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ hai ta có sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = p 2 − r 2 − 4Rr 2R 2 ≤ 4R 2 + 4Rr + 3r 2 − r 2 − 4Rr 2R 2 = 2R 2 + r 2 R 2 . Bài toán 7 Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng r a r b r c ≤ r(2R − r)(4R + r). 5 Chứng minh Do r a r b r c = p 2 r nên bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành p 2 ≤ (2R − r)(4R + r) Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen, ta có p 2 ≤ 4R 2 + 4Rr + 3r 2 Bây giờ ta chỉ cần chứng minh 4R 2 + 4Rr + 3r 2 ≤ (2R − r)(4R + r) tương đương (R − 2r)(2R + r) ≥ 0 (luôn đúngtheo bất đẳng thức Eule). Bài toán 8 Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng a 2 b + c −a + b 2 c + a −b + c 2 a + b −c ≥ R(16R − 5r) p . Chứng minh Ta có a 2 p − a = a[−(p − a) + p] p − a = ap p − a − a. Do đó a 2 p − a + b 2 p − b + c 2 p − c = p  a p − a + b p − b + c p − c  − 2p. Áp dụng các đẳng thức ab + bc + ca = p 2 + r 2 + 4Rr, (p − a)(p −b)(p − c) = pr 2 , abc = 4pRr. Chúng ta có a 2 p − a + b 2 p − b + c 2 p − c = 4p(R − r r = 4p 2 (R − r) pr . Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất p 2 ≥ 16Rr − 5r 2 , ta có a 2 p − a + b 2 p − b + c 2 p − c = 4p(R − r r = 4p 2 (R − r) pr ≥ 4(16Rr −5r 2 )(R − r) pr tương đương a 2 p − a + b 2 p − b + c 2 p − c ≥ 4(16R − r)(R − r) p tương đương a 2 b + c −a + b 2 c + a −b + c 2 a + b −c ≥ (16R − r)(2R − 2r) p 6 Áp dụng bất đẳng thức Eule R ≥ 2r hay −2r ≥ −R, ta có a 2 b + c −a + b 2 c + a −b + c 2 a + b −c ≥ R(16R − r) p . Bài toán 9( Hadwiger-Finsler) Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≥ (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 + 4 √ 3S Chứng minh Bất đẳng thức đã cho được viêt lại thành 2ab + 2bc + 2ca − a 2 − b 2 − c 2 ≥ 4 √ 3S. Sử dụng các đồng nhất thức ab+bc+ca = p 2 +r 2 +4Rr và a 2 +b 2 +c 2 = 2p 2 −2r 2 −8Rr, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 4r 2 + 16Rr ≥ 4 √ 3S tương đương r 2 + 4Rr ≥ √ 3rp tương đương r + 4R ≥ √ 3p =⇒ 3p 2 ≤ r 2 + 8Rr + 16R 2 Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p 2 ≤ 4R 2 + 4Rr + 3r 2 , ta cần chứng minh 12R 2 + 12Rr + 9r 2 ≤ r 2 + 8Rr + 16R 2 tương đương =⇒ 2r 2 + Rr ≤ R 2 tương đương (R − 2r)(R + r) ≥ 0 Bài toán 10(Virgil Nicula, Mathematical Reflections 2007) Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC. Chứng minh rằng (a + b)(b + c)(c + a) + (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≥ 9abc Chứng minh Áp dụng đẳng thức (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca)abc với chú ý ab + bc + ca = p 2 + 4Rr + r 2 ta có (a + b)(b + c)(c + a) = 2p(p 2 + r 2 + 2Rr) 7 ngoài ra, ta còn có đẳng thức (b + c −a)(c + a −b)(a + b − c) = 8pr 2 Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành 2p(p 2 + r 2 + 2Rr) + 8pr 2 ≥ 9abc tương đương p 2 + 5r 2 + 2Rr ≥ 9abc a + b + c tương đương p 2 + 5r 2 + 2Rr ≥ 36Rrp 2p tương đương p 2 + 5r 2 ≥ 16Rr Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức Gerretsen. Bài toán 11 Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng 2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ cos A + cos B + cos C ≤ 3 2 . Chứng minh Ta có đẳng thức cos A + cos B + cos C = 1 + r R Áp dụng bất đẳng thức Eule R ≥ 2r, ta có cos A + cos B + cos C ≤ 3 2 Mặt khác lại có cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p 2 + r 2 − 4R 2 4R 2 Ta cần chứng minh p 2 + r 2 − 4R 2 2R 2 ≤ 1 + r R tương đương p 2 + r 2 ≤ 6R 2 + 2Rr Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p 2 ≤ 4R 2 + 4Rr + 3r 2 , ta có p 2 + r 2 ≤ 4R 2 + 4Rr + 4r 2 Ta chỉ cần chứng minh 4R 2 + 4Rr + 4r 2 ≤ 6R 2 + 2Rr tương đương (R − 2r)(R + r) ge0 8 Bất đẳng thức cuối đúng do bất đẳng thức Eule R ≥ 2r. Bài toán 12 Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng (b 2 + c 2 ) 2 bc s 2 a + (c 2 + a 2 ) 2 ca s 2 b + (a 2 + b 2 ) 2 ab s 2 c ≥ 48p 2 r 2 . với s a = 2bc b 2 + c 2 m a Chứng minh Áp dụng công thức đường trung tuyến m 2 a = b 2 + c 2 2 − a 2 4 ta có (b 2 + c 2 ) 2 bc s 2 a = (b 2 + c 2 ) 2 bc  2bc b 2 + c 2  2  b 2 + c 2 2 − a 2 4  = bc(2b 2 + 2c 2 − a 2 ) Tương tự ta có (c 2 + a 2 ) 2 ca s 2 b = ca(2c 2 + 2a 2 − b 2 ); (a 2 + b 2 ) 2 ab s 2 c = ab(2a 2 + 2b 2 − c 2 ) Bát đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành bc(2b 2 + 2c 2 − a 2 ) + ca(2c 2 + 2a 2 − b 2 ) + ab(2a 2 + 2b 2 − c 2 ) ≥ 48p 2 r 2 . tương đương 2(a 2 + b 2 + c 2 )(ab + bc + ca) − 3abc(a + b + c) ≥ 48p 2 r 2 . Áp dụng các đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − r 2 − 4Rr), ab + bc + ca = p 2 + 4Rr + r 2 , abc = 4pRr ta đưa bất đẳng thức về dạng 4(p 2 − r 2 − 4Rr)(p 2 + r 2 + 4Rr) − 24p 2 Rr −48p 2 r 2 ≥ 0 tương đương p 4 − (r 2 + 4Rr) 2 − 6p 2 Rr −12p 2 r 2 ≥ 0 tương đương p 2 (p 2 − 6Rr −12r 2 ) ≥ (r 2 + 4Rr) 2 Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p 2 ≥ 16Rr − 5r 2 , ta được (16Rr −5r 2 )(10Rr −17r 2 ) ≥ (4Rr + r 2 ) 2 tương đương (16R − 5r)(10R − 17r) ≥ (4R + r) 2 9 tương đương (24R − 7r)(R − 2r) ≥ 0 luôn đúng vì theo bất đẳng thức Eule R ≥ 2r. Bài toán 13 Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng 1 cos A cos B + 1 cos B cos C + 1 cos C cos A ≥ 36R 2 p 2 + r 2 − 4R 2 ≥ 12. Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawz, ta có 1 cos A cos B + 1 cos B cos C + 1 cos C cos A ≥ 9 cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A . Sử dụng đồng nhất thức cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p 2 + r 2 − 4R 2 4R 2 . ta có 1 cos A cos B + 1 cos B cos C + 1 cos C cos A ≥ 36R 2 p 2 + r 2 − 4Rr . Bây giờ ta chứng minh 36R 2 p 2 + r 2 − 4R 2 ≥ 12 tương đương 3R 2 ≥ p 2 + r 2 − 4R 2 ⇐⇒ s 2 + r 2 ≤ 7R 2 Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p 2 ≤ 4R 2 + 4Rr + 3r 2 , chúng ta được 4R 2 + 4Rr + 4r 2 ≤ 7R 2 ⇐⇒ 4Rr + 4r 2 ≤ 3R 2 ⇐⇒ (R − 2r)(3R + 2r) ≥ 0 luôn đúng theo bất đẳng thức Eule. Bài toán 14 Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng (cos A + cos B + cos C) 2 ≥ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A Chứng minh Sử dụng các đồng nhất thức cos A + cos B + cos C = 1 + r R và sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = ab + ac + bc 4R 2 = p 2 + 4Rr + r 2 4R 2 Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành  1 + r R  2 ≥ p 2 + 4Rr + r 2 4R 2 10 [...]... ABC Sử dụng các đẳng thức cos A + cos B + cos C = 1 + r ; R cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = ta đưa bất đẳng thức về dạng 1+ r p2 − 4Rr + r2 3 − ≥ 2 R 4R 4 11 p2 − 4Rr + r2 4R2 tương đương p2 ≤ 5R2 + 4Rr − r2 Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p2 ≤ 4R2 + 4Rr + 3r2 , ta cần chứng minh 4R2 + 4Rr + 3r2 ≤ 5R2 + 4Rr − r2 tương đương (R − 2r)(R + 2r) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo bất đẳng thức. .. đương 4R + r p 2 − 2 + rp( 4R + r 4 )≥ p 3 Khai triễn và thu gọn ta được bất đẳng thức tương đương 5p2 ≤ 24R2 + 18Rr + 3r2 , Áp dụng bất đẳng thưc Gerretsen p2 ≤ 4R2 + 4Rr + 3r2 , ta chỉ cần chứng minh 20R2 + 20Rr + 15r2 ≤ 24R2 + 18Rr + 3r2 tương đương (2R + 3r)(R − 2r) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức Eule 13 Nhận xét: Đối với bất đẳng thức đối xứng ba biến dương a, b, c mà không có điều... [7] Nguyễn Văn Mậu, Phương pháp giải phương trình và bất phương trình,NXB Giáo dục,1993 [8] Đàm Văn Nhỉ, Xây dựng một số kết quả về đẳng thức và bất đẳng thức trong tam giác, Hội thảo toán học, Quảng Ninh 2012 [9] Tạ Duy Phượng, Phương trình bậc ba và các hệ thức hình học trong tam giác, THTT số 337/tháng /2005 [10] Hoàng Minh Quân, Xây dựng một số dạng đẳng thức và bất đẳng thức trong tam giác,Hội thảo... + a − b) = 4r(4R + r) cyc ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng 4r(4R + r)[(p2 − 4Rr − r2 )2 + 4r2 p2 ] ≥ 9 16p2 R2 r2 tương đương (4R + r)[(p2 − 4Rr − r2 )2 + 4r2 p2 ] ≥ 36p2 R2 r tương đương (p2 −16Rr+5r2 )2 (4R+r)+(p2 −16Rr+5r2 )[12Rr(5R−r)+4r2 (R−2r)]+4r3 (R−2r)2 ≥ 0 Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p2 ≥ 16Rr − 5r2 và bất đẳng thức Eule R ≥ 2r thì bất đẳng thức cuối đúng 15 Để củng cố, sau... = và abc = 8 cos A cos B cos C = 8 p2 − (2R + r)2 4R2 Trước hết ta chứng minh √ 4 − a2 ≥ 3 3(a + b + c − 2) tương đương 2p ≥ 3 6(cos A + cos B + cos C − 1) R tương đương 2p r ≥3 6 R R 27Rr ⇐⇒ p2 ≥ 2 Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen, p2 ≥ r(16R − 5r) Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương r(16R − 5r) ≥ 27 Rr ⇐⇒ 5Rr ≥ 10r2 2 Vậy bất đẳng thức vế trái được chứng minh Bây giờ ta chứng minh bất đẳng. .. tam giác XY Z Sử dụng các đồng nhất thức a3 + b3 + c3 = p(p2 − 12Rr), a2 + b2 + c2 = p2 − 8Rr − 2r2 , (a + b)(b + c)(c + a) = 4pRr, ab + bc + ca = 4Rr + r2 Ta đưa về chứng minh bất đẳng thức 8p(p2 − 12Rr) 4(p2 − 8Rr − 2r2 ) ≥ −1 4pRr 4Rr + r2 tương đương 2p2 4p2 − 24 ≥ −9 Rr 4Rr + r2 tương đương 4p2 2p2 ≥ + 15 Rr 4Rr + r2 tương đương p2 ≥ 15Rr(4R + r) 2(2R + r) 14 Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p2... Đặt a = tan A , b = tan B và c = tan C , với A, B, C là ba đỉnh của tam giác ABC 2 2 2 Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành tan2 A B C A B C 4 A B C + tan2 + tan2 + tan tan tan (tan + tan + tan ) ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 Sử dụng các đẳng thức tan2 A B C + tan2 + tan2 = 2 2 2 4R + r p 2 − 2, B C A tan tan = rp, 2 2 2 A B C 4R + r tan + tan + tan = 2 2 2 p tan Bất đẳng thức cần chứng minh tương... R)2 ≥ p2 + r2 + 4rR ⇔ 3r2 + 4rR + 4R2 ≥ p2 đúng theo bất đẳng thức Gerretsen Bài toán 15 Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng cos B cos C cos A + + ≥1 1 + cos B 1 + cos C 1 + cos A Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có cos2 A (cos A + cos B + cos C)2 ≥ cos A + cos A cos B cos A + cos A cos B cos A = 1 + cos B Sử dụng các đồng nhất thức cos A + cos B + cos C = 1 + cos A cos B + cos B... đúng theo bất đẳng thức Eule R ≥ 2r Bài toán 20(Iran 1996) Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng 1 1 1 9 + + ≥ 2 2 2 (x + y) (y + z) (z + x) 4(xy + yz + zx) Chứng minh c+a−b a+b−c b+c−a ,y = ,z = ,ta được a, b, c là độ dài ba cạnh của Đặt x = 2 2 2 tam giác Với phép đặt trên, bất đẳng thức đã cho được viết lại như sau (b + c − a)(c + a − b) cyc 1 1 1 + 2+ 2 a2 b c ≥9 Sử dụng các đẳng thức a2... đồng nhất thức cos A + cos B + cos C = 1 + cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = ta có r R p2 + r2 − 4R2 4R2 cos A 4(R + r)2 ≥ 2 1 + cos B p + r2 + 4Rr Ta cần chứng minh bất đẳng thức 4(R + r)2 ≥1 p2 + r2 + 4Rr Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p2 ≤ 4R2 + 4Rr + 3r2 , ta có 4(R + r)2 4(R + r)2 ≥ =1 p2 + r2 + 4Rr 4R2 + 4r2 + 8Rr Bài toán 16 Cho ba số x, y, z > 0 thoả mãn x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1 Chứng . Nội BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON VÀ ỨNG DỤNG Bất đẳng thức Blundon và hệ quả của nó là bất đẳng thức Gerretsen là hai trong nhiều bất đẳng thức nổi tiếng và có nhiều ứng dụng. Tuy nhiên chuyền đề về. ABC, bất đẳng thức sau đúng 27r 2 ≤ 27Rr 2 ≤ 16Rr − 5r 2 ≤ p 2 . Chứng minh Dễ thấy các bất đẳng thức 27r 2 ≤ 27Rr 2 và 27Rr 2 ≤ 16Rr −5r 2 đều tương đương với bất đẳng thức R ≥ 2r. (Đúng theo bất. đương (p 2 −16Rr+5r 2 ) 2 (4R+r)+(p 2 −16Rr+5r 2 )[12Rr(5R−r)+4r 2 (R−2r)]+4r 3 (R−2r) 2 ≥ 0. Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p 2 ≥ 16Rr − 5r 2 và bất đẳng thức Eule R ≥ 2r thì bất đẳng thức cuối đúng. 15 Để củng cố, sau đây xin mời bạn