Luận văn thạc sĩ toán hoc Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HẬU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HẬU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN VĂN NGỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 i Mục lục Mục lục Lời cảm ơn Danh mục kí hiệu Danh mục hình Lời mở đầu Các phương pháp chứng minh thường dùng 1.1 Phương pháp túy hình học 1.1.1 Một số định lý 1.1.2 Một số tốn bất đẳng thức hình học phẳng 1.2 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức đại số 1.2.1 Các bất đẳng thức 1.2.2 Các toán áp dụng bất đẳng thức AM-GM 1.2.3 Các toán áp dụng véc tơ bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 1.2.4 Các toán áp dụng bất đẳng thức xếp lại i ii iii iv 3 13 13 15 18 23 Phương pháp ứng dụng hàm lồi 27 2.1 Khái niệm hàm lồi tính chất 27 2.2 Một số tính chất khác hàm lồi 28 2.3 Các toán áp dụng hàm lồi 34 Phương pháp ứng dụng số phức 44 3.1 Khái niệm số phức tính chất 44 3.1.1 Định nghĩa số phức 44 3.1.2 Dạng đại số số phức 45 3.1.3 Dạng lượng giác số phức 46 3.2 Các toán áp dụng 48 3.2.1 Bất đẳng thức tam giác bất đẳng thức Ptolemy 48 3.2.2 Bất đẳng thức Hyashi mở rộng 49 3.2.3 Một số bất đẳng thức tam giác có trọng khác 51 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 ii Lời cảm ơn Lời khóa luận này, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới người thầy kính mến TS Nguyễn Văn Ngọc, tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tơi suốt q trình làm hồn thiện luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn thầy, cô giáo khoa Toán, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học, người trực tiếp giảng dạy giúp đỡ tơi q trình học tập trường tồn thể bạn bè người thân đóng góp ý kiến, giúp đỡ, động viên tơi q trình học tập, nghiên cứu hoàn thành luận văn Tuy nhiên, hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sỹ nên luận văn trình bày phần Do thời gian có hạn lực có phần hạn chế nên chắn luận văn không tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn bè đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, ngày tháng .năm 2015 Tác giả Nguyễn Thị Hậu iii Danh mục kí hiệu Giả sử tam giác ABC có: ˆ BC = a, CA = b, AB = c; ˆ S diện tích tam giác; ˆ p nửa chu vi tam giác; ˆ ma , mb , mc , la , lb , lc , , hb , hc độ dài trung tuyến, phân giác đường cao tương ứng với cạnh a, b, c; ˆ r, R, , rb , rc bán kính đường trịn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp, đường tròn bàng tiếp với cạnh a, b, c tam giác ABC ˆ ∑ a = a + b + c ˆ Πa = abc iv Danh mục hình ˆ Hình 1.1; ˆ Hình 1.2; ˆ Hình 1.3; ˆ Hình 1.4; ˆ Hình 1.5; ˆ Hình 1.6; ˆ Hình 1.7; ˆ Hình 1.8; ˆ Hình 1.9; ˆ Hình 1.10; ˆ Hình 1.11; ˆ Hình 1.12 Lời mở đầu Bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức hình học nói riêng sử dụng nhiều lĩnh vực tốn học Chúng có số đặc tính thú vị nhiều ứng dụng Bất đẳng thức hình học thường khó giải khơng phải lúc tìm lời giải đẹp Hiện có lượng đáng kể tài liệu tiếng Anh tiếng Việt bất đẳng thức hình học Nhận xét rằng, có luận văn bất đẳng thức hình học, chẳng hạn [4] Tuy nhiên, theo biết, tài liệu phân loại phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học chưa có nhiều, ngồi chủ yếu tài liệu tiếng Anh Vì lý chọn đề tài luận văn " Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học" Tìm hiểu phương pháp chứng minh bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức hình học nói riêng cần thiết giúp giải pháp tiếp cận tốn đó, cơng cụ nghiên cứu vấn đề Luận văn trình bày số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học mà sử dụng để giải tốn bất đẳng thức hình học cực trị từ đến nâng cao thường xuất kỳ thi vào trường, thi học sinh giỏi khu vực hay quốc gia, quốc tế Tuyển chọn phân loại tốn bất đẳng thức hình học theo đặc điểm phương pháp giải chúng Luận văn có bố cục: Mở đầu, ba chương nội dung chính, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương 1: Các phương pháp chứng minh thường dùng Chương trình bày tốn giải phương pháp túy hình học, bất đẳng thức tam giác, quan hệ cạnh góc tam giác tốn giải phương pháp sử dụng bất đẳng thức đại số, bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức CauchySchwarz, v.v Chương 2: Phương pháp ứng dụng hàm lồi Chương trình bày khái niệm tính chất hàm lồi việc sử dụng hàm lồi để chứng minh bất đẳng thức hình học Đặc biệt hai định lí quan trọng sử dụng rộng rãi chứng minh bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức hình học nói riêng bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức Karamata liên quan đến hàm lồi Chương 3: Phương pháp ứng dụng số phức Số phức xuất từ kỷ XIX nhu cầu phát triển tự nhiên Tốn học giải phương trình đại số, chẳng hạn phương trình x2 + = Từ đời đến nay, số phức phát triển mạnh mẽ, thúc đẩy phát triển Toán học, nhiều ngành Khoa học, Kỹ thuật khác Số phức biểu thị điểm mặt phẳng phức Khoảng cách hai điểm phức khoảng cách hai điểm không gian Euclid hai chiều có tọa độ phần thực phần ảo điểm phức vị trí Mơ đun (modul) số phức độ dài véc tơ có điểm gốc gốc tọa độ, điểm điểm phức Vì vậy, số phức hình học có mối quan hệ mật thiết Số phức công cụ hữu hiệu giải nhiều toán, đặc biệt bất đẳng thức hình học phẳng Nội dung chương trình bày tốn chứng minh bất đẳng thức hình học phương pháp số phức bất đẳng thức tam giác mở rộng, bất đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Hyashi bất đẳng thức tam giác có trọng khác Kỹ thuật chủ yếu phương pháp áp dụng bất đẳng thức tam giác mở rộng cho đồng thức Học sinh bậc THPT làm quen với số phức, thực phép tốn số phức cịn chưa thục, nên việc áp dụng số phức vào hình học việc khó Chương Các phương pháp chứng minh thường dùng Chương trình bày tốn giải phương pháp túy hình học, bất đẳng thức tam giác, quan hệ cạnh góc tam giác toán giải phương pháp sử dụng bất đẳng thức đại số, bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức CauchySchwarz, v.v Nội dung chủ yếu chương hình thành từ tài liệu [1, 2, 5, 11 - ??, 7] 1.1 1.1.1 Phương pháp túy hình học Một số định lý Trong mục tác giả trình bày số định lý hình học phẳng Nội dung mục trích từ tài liệu [1] Định lý 1.1 (Bất đẳng thức tam giác) Trong tam giác chiều dài cạnh nhỏ tổng chiều dài hai cạnh lại Tổng quát hơn, cho ba điểm A, B, C ta có: AC + BC ⩾ AB với đẳng thức xảy C nằm đoạn AB Đây bất đẳng thức hình học Trong phần chủ yếu đưa toán giải nhờ sử dụng bất đẳng thức đơn giản Định lý 1.2 Giả sử O điểm bên tam giác ABC ( Điểm O nằm cạnh, không trùng với đỉnh tam giác ABC ) Khi có bất đẳng thức AO + OC < AB + BC (1.1) Hình 1.1 Chứng minh Ký hiệu M giao điểm AO với BC Sử dụng kép bất đẳng thức tam giác ta có AO + OC < AO + OM + M C = AM + M C < AB + BM + M C = AB + BC ta có điều phải chứng minh Định lý 1.3 Trong tam giác ứng với góc lớn cạnh dài ngược lại Hình 1.2 Chứng minh Xét tam giác ABC Giả sử ABC > ACB, ta chứng minh AC > AB ngược lại Thật vậy, góc ABC kẻ tia Bx,cắt cạnh AC D cho DBC = DCB Ta có BD = DC, BD + DA = AC > AB Ngược lại, giả sử AC > AB, ta chứng minh ABC > ACB Thật vây, giả sử ABC ≤ ACB Khi theo chứng minh ta có AC ≤ AB, mâu thuẫn Định lý chứng minh Định lý 1.4 Cho trước hai tam giác ABC A′ B ′ C ′ có hai cặp cạnh AB = A′ B ′ , AC = A′ C ′ Ta có bất đẳng thức BAC > B ′ A′ C ′ chi BC > B ′ C ′ 47 Nếu α argument z ≠ argument z có dạng → α + k2π , k ∈ Z Gọi r độ dài vectơ OM , r số thực không âm gọi môđun số phức z , kí hiệu z Do √ √ z = r = x2 + y = z.¯ z Khi số phức z = x + yi có x = r cos α ; y = r sin α Vì z ≠ biểu diễn z = r(cos α + i sin α) Biểu diễn gọi dạng lượng giác z Định lý 3.1 Với số phức z1 , z2 có biểu diễn z1 = r1 (cos α1 + i sin α1 ) , z2 = r2 (cos α2 + i sin α2 ) , r1 , r2 ≥ ta ln có z1 z2 = z1 z2 , z1 z1 = ; z2 z2 z1 + z2 ≤ z1 + z2 (Bất đẳng thức tam giác cho số phức) z1 z2 = r1 r2 [cos(α1 + α2 ) + i sin(α1 + α2 )] ; z1 r1 = [cos(α1 − α2 ) + i sin(α1 − α2 )] r2 > z2 r2 Tích vơ hướng tích lệch hai số phức z1 , z2 kí hiệu < z1 , z2 > [z1 , z2 ] định nghĩa sau : < z1 , z2 >= (z1 z2 + z1 z2 ) ¯ ¯ [z1 , z2 ] = (z1 z2 − z1 z2 ) ¯ ¯ Định lý 3.2 Nếu z1 = r1 (cos α1 + i sin α1 ) , z2 = r2 (cos α2 + i sin α2 ) với r1 , r2 ≥ < z1 , z2 >= r1 r2 cos(α1 − α2 ) = z1 z2 cos(α1 − α2 ); < z1 , z2 >=< z2 , z1 >, < az1 + bz3 , z2 >= a < z1 , z2 > +b < z3 , z2 > với số phức z1 , z2 , z3 a, b ∈ R; [z1 , z2 ] = r1 r2 sin(α1 − α2 ) = z1 z2 sin(α2 − α1 ) [z1 , z2 ] = −[z2 , z1 ]; Với z1 = cos α1 + i sin α1 , z2 = cos α2 + i sin α2 ta có biểu diễn α1 + α2 α1 + α2 α1 − α2 (cos + i sin ) 2 α − α2 z1 − z2 = sin z1 − z2 = 2i sin 48 Dễ dàng kiểm tra kết argument số phức sau : ˆ z1 = z2 ⇔ z1 = z2 , arg (z1 ) = arg (z2 ) + 2kπ , k ∈ Z; ˆ arg (z1 z2 ) = arg (z1 ) + arg (z2 ) + 2kπ , k ∈ Z; ˆ arg ( z1 ) = arg (z1 ) − arg (z2 ) + 2kπ , k ∈ Z; z2 ˆ Arg (z1 z2 ) = Arg (z1 ) + Arg (z2 ); ˆ Arg ( z1 ) = Arg (z1 ) − Arg (z2 ) z2 Với số phức biểu diễn dạng lượng giác theo công thức nhân ta có kết sau Định lý 3.3 Nếu z = r(cos α + i sin α) với số nguyên dương n ta có z n = rn [cos(nα) + i sin(nα)] (3.2) Công thức (3.2) gọi công thức DeMoivre Hệ 3.1 Căn bậc n số phức z = r(cos α + i sin α), z ≠ n α + 2kπ α + 2kπ giá trị khác zk = r n (cos + i sin ) với k = 1, 2, , n n n 3.2 3.2.1 Các toán áp dụng Bất đẳng thức tam giác bất đẳng thức Ptolemy Mỗi số phức tương ứng với điểm mặt phẳng phức Điểm Z có tọa độ (x, y ) tương ứng với số phức z = x + yi phần ta kí hiệu Z (z ) Một cơng cụ dùng nhiều chứng minh bất đẳng thức tam giác cho n số phức Định lý 3.4 ( Bất đẳng thức tam giác mở rộng) Nếu z1 , z2 , , zn ∈ C z1 + z2 + + zn ≥ z1 + z2 + + zn (3.3) Chứng minh Sử dụng phương pháp quy nạp tốn học với n = 2, ta có bất đẳng thức tam giác z1 + z2 ≤ z1 + z2 Giả sử (3.3) với n = k , nghĩa k k ∑ zi ≤ ∑ zi i=1 i=1 49 Ta chứng minh (3.3) với n = k + Thật k +1 k k ∑ zi = ∑ zi + zk+1 ≤ ∑ zi + zk+1 i=1 i=1 i=1 k ≤ ∑ zi + zk+1 i=1 k +1 ≤ ∑ zi i=1 Vậy theo phương pháp quy nạp toán học (3.3) chứng minh Bất đẳng thức (3.3) gọi bất đẳng thức tam giác mở rộng cho n số phức Định lý 3.5 (Bất đẳng thức Ptolemy) Cho điểm A, B, C, D mặt phẳng, ta có AB.CD + BC.DA ≥ AC.BD Chứng minh Giả sử mặt phẳng phức A, B, C, D tương ứng với số phức a, b, c, Khi bất đẳng thức trở thành a−b.c + b−c.a ≥ a−c.b Áp dụng bất đẳng thức tam giác (3.3) cho đồng thức (a − b)c + (b − c)a = (a − c)b ta kết theo yêu cầu 3.2.2 Bất đẳng thức Hyashi mở rộng Định lý 3.6 Cho P điểm mặt phẳng tam giác ABC với trọng tâm G Khi α.P B.P C + β.P C.P A + γ.P A.P B ≥ αβγ ; (Bất đẳng thức Hyashi) (3.4) α.P A2 + β.P B + γ.P C ≥ αβγ; (3.5) α.P A3 + β.P B + γ.P C ≥ 3αβγ.P G; (3.6) α3 P A + β P B + γ P C ≥ 3αβγ.P G (3.7) α, β, γ cạnh tam giác ABC 50 Chứng minh Trước hết ta dễ dàng kiểm tra với ba số phức a, b, c ta ln có đồng thức (b − c)bc + (a − b)ab + (c − a)ca = −(b − c)(c − a)(a − b) ; a2 (b − c) + b2 (c − a) + c2 (a − b) = −(a − b)(b − c)(c − a) ; a3 (b − c) + b3 (c − a) + c3 (a − b) = −(a − b)(b − c)(c − a)(a + b + c) ; a(b − c)3 + b(c − a)3 + c(a − b)3 = (a − b)(b − c)(c − a)(a + b + c) Giả sử mặt phẳng phức ta có A(a), B (b), C (c) P (0) theo cách đặt ta a = P A, b = P B, c = P C, a + b + c = 3P G b − c = α, c − a = β, a − b = γ Áp dụng bất đẳng thức tam giác (3.3) cho đồng thức ta : b−c.b.c a2 b−c + a3 b−c + a b−c3+ + a−b.a.b + c−a.c.a ≥ b−c.c−a.a−b b2 c−a + c2 a−b ≥ b−c.c−a.a−b b3 c−a + c3 a−b ≥ b−c.c−a.a−b.a+b+c b c−a3+ c a−b3 ≥ b−c.c−a.a−b.a+b+c (3.8) (3.9) (3.10) (3.11) Khi bất đẳng thức (3.8), (3.9), (3.10), (3.11) tương đương với bất đẳng thức (3.4), (3.5), (3.6), (3.7) Nhận xét 3.2 Từ định lí ta có Nếu P trọng tâm tam giác ABC , từ bất đẳng thức (3.4) ta có 4 αmb mc + βmc ma + γma mb ≥ αβγ 9 điều tương đương với bất đẳng thức liên quan đến đường trung tuyến tam giác ABC mb mc mc ma ma mb + + ≥ βγ αγ αβ Đẳng thức xảy tam giác ABC Nếu P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , bất đẳng thức (3.4) tương đương với bất đẳng thức R2 (α + β + γ ) ≥ αβγ Vì ta viết R2 ≥ αβγ αβγ 4R αβγ S = = = 2R = 2Rr α+β+γ 2p 2p 4R p Do R ≥ 2r ta bất đẳng thức tiếng Euler 51 Nếu P tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , bất đẳng thức (3.4) tương đương với bất đẳng thức αIB.IC + βIC.IA + γIA.IB ≥ αβγ hay α β γ αβγ + + ≥ IA IB IC IA.IB.IC Mặt khác ta có IA.IB.IC = 4Rr2 Do α β γ αβγ + + ≥ IA IB IC 4Rr2 Dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.4) xảy P trực tâm tam giác ABC Chứng minh điều trình bày tài liệu tham khảo [ ??] 3.2.3 Một số bất đẳng thức tam giác có trọng khác Định lý 3.7 Giả sử tam giác ABC có BC = α, CA = β, AB = γ Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng Kí hiệu khoảng cách từ M mặt phẳng ABC đến A1 , B1 , C1 x, y, z Khi ta có bất đẳng thức αxM A + βyM B + γzM C ≥ αβγ Chứng minh Giả sử A(a), B (b), C (c) M (0) Khi α= b−c, β = c−a, γ = a−b b+c c+a a+b , y= , z= 2 Do bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x= b−c.b+c.a + c−a.c+a.b + a−b.a+b.c ≥ b−c.c−a.a−b Áp dụng bất đẳng thức tam giác (3.3) cho đồng thức a(b2 − c2 ) + b(c2 − a2 ) + c(a2 − b2 ) = (b − c)(c − a)(a − b) ta điều cần chứng minh 52 Bài toán 3.1 Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c Khi với điểm M mặt phẳng ABC , ta ln có bất đẳng thức a.M B.M C + b.M C.M A + c.M A.M B ≥ abc M O2 R (3.12) O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải Trước hết ta chứng minh đồng thức sau : Với ba số phức phân biệt z1 , z2 , z3 : f (x) = n n n z1 (x − z2 )(x − z3 ) z2 (x − z3 )(x − z1 ) z3 (x − z1 )(x − z2 ) + + = xn (z1 − z2 )(z1 − z3 ) (z2 − z3 )(z2 − z1 ) (z3 − z1 )(z3 − z2 ) với n = 0, 1, Thật vậy, đa thức f (x) − xn có bậc < thỏa mãn f (z1 ) = f (z2 ) = f (z3 ) = nên f (x) = xn ta có đồng thức cần chứng minh Từ suy z1 n z − z2 z − z3 z2 n x − z3 x − z1 z3 n x − z1 x − z2 + + ≥ z n (3.13) z1 − z2 z1 − z3 z2 − z3 z2 − z1 z3 − z1 z3 − z2 với số phức z n = 0, 1, Quay trở lại toán Giả sử tương ứng điểm A, B, C, M tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác ABC với số phức z1 , z2 , z3 , z Từ bất đẳng thức (3.13) với n = ta có z2 x − z3 x − z1 z3 x − z1 x − z2 z1 z − z2 z − z3 + + ≥ z2 z1 − z2 z1 − z3 z2 − z3 z2 − z1 z3 − z1 z3 − z2 điều tương đương với R2 M B.M C R2 M C.M A R2 M A.M B + + ≥ M O2 bc ca ab hay abc M O2 R2 Khi M ≡ K tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC góc A ta có bất đẳng thức a.M B.M C + b.M C.M A + c.M A.M B ≥ a b c abc(R + 2ra ) + + ≥ KA KB KC 4R2 Thật vậy, M ≡ K tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC LA ta có KO2 = R2 + 2Rra KA.KB.KC = 4Rra Do ta có a b c abc(R2 + 2Rra ) abc(R + 2ra ) + + ≥ = 2 KA KB KC R2 4Rra 4R2 53 Trong toán vừa ta áp dụng bất đẳng thức tam giác cho đồng thức để chứng minh bất đẳng thức hình học, ta tiếp tục sử dụng kĩ thuật toán Bài tốn 3.2 Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Khi với hai điểm E, F mặt phẳng ABC ta ln có bất đẳng thức OE.OF AE.AF BE.BF CE.CF ≤ + + R2 bc ca ab Đặc biệt E ≡ F ta có AE BE CE OE + + ≥ bc ca ab R2 Lời giải Ta chứng minh đồng thức sau : Với ba số phức phân biệt z1 , z2 , z3 hai số phức u, v ta có (x − u)(x − v ) (z1 − u)(z1 − v ) (z2 − u)(z2 − v ) = + (x − z1 )(x − z2 )(x − z3 ) (z1 − z2 )(z1 − z3 )(x − z1 ) (z2 − z1 )(z2 − z3 )(x − z2 ) (z3 − u)(z3 − v ) + (z3 − z1 )(z3 − z2 )(x − z3 ) Thật ta xét (x − u)(x − v ) x1 x2 x3 = + + (x − z1 )(x − z2 )(x − z3 ) x − z1 x − z2 x − z3 Khi ta có (x − u)(x − v ) = x1 (x − z2 )(x − z3 ) + x2 (x − z1 )(x − z3 ) + x3 (x − z1 )(x − z2 ) với x = z1 , z2 , z3 ta x1 = (z1 − u)(z1 − v ) ; (z1 − z2 )(z1 − z3 ) (z2 − u)(z2 − v ) ; (z2 − z1 )(z2 − z3 ) (z − u)(z3 − v ) x3 = ; (z3 − z1 )(z3 − z2 ) x2 = ta đồng thức mong muốn Từ suy với số phức z ta có z−u.z−v z1 − u z1 − v z2 − u z2 − v ≤ + z − z1 z − z2 z − z3 z1 − z2 z1 − z3 z − z1 z2 − z1 z2 − z3 z − z2 z3 − u z3 − v + (3.14) z3 − z1 z3 − z3 z − z3 54 Giả sử mặt phẳng phức A(z1 ), B (z2 ), C (z3 ) O(z ), hai điểm E (u), F (v ) Khi từ bất đẳng thức (3.14) ta suy OE.OF AE.AF BE.BF CE.CF ≤ + + OA.OB.OC bc.OA ca.OB ab.OC Điều tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 3.3 Giả sử tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c có đường trịn ngoại tiếp tâm O bán kính R đường trịn nội tiếp tâm I bán kính r Gọi H trực tâm tam giác Kí hiệu khoảng cách từ O đến cạnh BC, CA, AB x, y, z Khi ta có bất đẳng thức sau : ax by cz abc.M H + + ≥ với M ; (3.15) M A M B M C 2M A.M B.M C ax by cz abc ii + + ≥ IH (3.16) IA IB IC 8Rr2 Lời giải i Giả sử mặt phẳng phức ta có A(z1 ), B (z2 ), C (z3 ) tâm O(0) điểm M (t) Với ba số phức z1 , z2 , z3 phân biệt đôi ta có đồng thức z3 + z1 z1 + z2 z2 + z3 + + (z1 − z2 )(z1 − z3 )(z1 − t) (z2 − z1 )(z2 − z3 )(z2 − t) (z3 − z1 )(z3 − z2 )(z3 − t) t − z1 − z2 − z3 = (3.17) (t − z1 )(t − z2 )(t − z3 ) i Thật vây, xét t − z1 − z2 − z3 t1 t2 t3 = + + (t − z1 )(t − z2 )(tz3 ) t − z1 t − z2 t − z3 Khi ta có t − z1 − z2 − z3 = t1 (t − z2 )(t − z3 )+ t2 (t − z1 )(t − z3 )+ t3 (t − z1 )(t − z2 ) với t = z1 , z2 , z3 ta t1 = − z2 + z3 z3 + z1 z1 + z2 ; t2 = − ; t3 = − (z1 − z2 )(z1 − z3 ) (z2 − z1 )(z2 − z3 ) (z3 − z1 )(z3 − z2 ) Do ta đồng thức Áp dụng bất đẳng thức tam giác mở rộng cho đồng thức (3.17) ta z2 + z3 z3 + z1 z1 + z2 + + z1 − z2 z1 − z3 z1 − t z2 − z1 z2 − z3 z2 − t z3 − z1 z3 − z2 z3 − t t − z1 − z2 − z3 ≥ t − z1 t − z2 t − z3 cách đặt tương ứng nên z1 + z2 = 2z ; z3 + z1 = 2y ; z2 + z3 = 2x Bất đẳng thức cho tương đương với 2x 2y 2z MH + + ≥ bc.M A ac.M B ab.M C M A.M B.M C 55 hay ax by cz abc.M H + + ≥ M A M B M C 2M A.M B.M C ii Khi M ≡ I từ bất đẳng thức (3.15) IA.IB.IC = 4Rr2 nên ta suy bất đẳng thức (3.16) Bài toán 3.4 Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng Kí hiệu khoảng cách từ điểm M mặt phẳng ABC đến A1 , B1 , C1 x, y, z Chứng minh i ayz + bzx + cxy ≥ abc ; √ ii x3 + y + z ≥ a3 b3 c3 a3 + b3 + c3 Lời giải Gọi z1 , z2 , z3 , số phức tương ứng với điểm A, B, C M i Ta chứng minh đồng thức : Với ba số phức z1 , z2 , z3 phân biệt đôi (z1 + z2 )(z2 + z3 ) (z2 + z3 )(z3 + z1 ) (z3 + z1 )(z1 + z2 ) + + = −1 (z1 − z2 )(z2 − z3 ) (z2 − z3 )(z3 − z1 ) (z3 − z1 )(z1 − z2 ) (3.18) Thật vậy, đặt z1 + z2 z +z z +z , y = , z = z1 − z2 z2 − z3 z3 − z1 Khi ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) = (x − 1)(y − 1)(z − 1) Khai triển giản ước ta x= xy + yz + zx = −1 ta đồng thức cần chứng minh Áp dụng bất đẳng thức tam giác mở rộng cho đồng thức (3.18) ta z1 + z2 z2 + z3 z2 + z3 z3 + z1 z3 + z1 z1 + z2 + + ≥ z1 − z2 z2 − z3 z2 − z3 z3 − z1 z3 − z1 z1 − z2 Điều tương đương với bất đẳng thức 4zx 4xy 4yz + + ≥1 ca ab bc Từ suy ayz + bzx + cxy ≥ abc 56 √ ii Vì (a3 + b3 + c3 )(y + z + x3 )(z + x3 + y ) ≥ ayz + bzx + cxy nên ta có bất đẳng thức √ a3 b c 3 3 x +y +z ≥ a3 + b3 + c3 Bài tốn 3.5 Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng G trọng tâm tam giác ABC Kí hiệu khoảng cách từ điểm M mặt phẳng ABC đến A1 , B1 , C1 x, y, z > Đặt da = M A, db = M B, dc = M C, dg = M G Khi chứng minh bất đẳng thức ad2 bd2 cd2 abc a + b+ c ≥ d x y z xyz g Lời giải Giả sử mặt phẳng phức A(z1 ), B (z2 ), C (z3 ) điểm M (0) Dễ dàng chứng minh đồng thức sau : Với ba số phức phân biệt đôi z1 , z2 , z3 ta có 2 z1 (z1 + z2 )(z1 + z3 ) z2 (z2 + z3 )(z2 + z1 ) z3 (z3 + z1 )(z3 + z2 ) + + = (z1 +z2 +z3 )2 (z1 − z2 )(z1 − z3 ) (z2 − z3 )(z2 − z1 ) (z3 − z1 )(z3 − z2 ) Từ suy z1 z1 + z2 z1 + z3 z2 z2 + z3 z2 + z1 z3 z3 + z1 z3 + z2 + + ≥ z1 +z2 +z3 z1 − z2 z1 − z3 z2 − z3 z2 − z1 z3 − z1 z3 − z2 Do cách đặt nên bất đẳng thức tương đương với 4d2 zy 4d2 zx 4d2 xy a + b + c ≥ 9d2 g bc ca ab từ suy ad2 bd2 cd2 abc a + b+ c ≥ d x y z xyz g Bài toán 3.6 Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi với điểm M mặt phẳng ABC ta có bất đẳng thức a.IA2 b.IB c.IC abc.IM + + ≥ MA MB M C M A.M B.M C Lời giải Giả sử z1 , z2 , z3 , z, số phức tương ứng với đỉnh A, B, C, M, I Ta chứng minh đồng thức : Với ba số phức phân biệt đơi z1 , z2 , z3 ta có 2 z1 z2 z3 + + (z1 − z2 )(z1 − z3 )(z − z1 ) (z2 − z3 )(z2 − z1 )(z − z2 ) (z3 − z1 )(z3 − z2 )(z − z3 ) z2 = (3.19) (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 ) 57 Thật vậy, ta xét x1 x2 x3 z2 = + + (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 ) z − z1 z − z2 z − z3 Khi ta có z = x1 (z − z2 )(z − z3 ) + x2 (z − z1 )(z − z3 ) + x3 (z − z1 )(z − z2 ) với z = z1 , z2 , z3 ta z1 x1 = (z1 − z2 )(z1 − z3 ) z2 x2 = (z2 − z3 )(z2 − z1 ) z3 x3 = (z3 − z1 )(z3 − z2 ) ta có đồng thức cần chứng minh Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho đồng thức (3.19) ta z1 z2 z3 + + z1 − z2 z1 − z3 z − z1 z2 − z3 z2 − z1 z − z2 z3 − z1 z3 − z2 z − z3 z ≥ z − z1 z − z2 z − z3 Bất đẳng thức tương đương với IA2 IB IC IM + + ≥ bc.M A ca.M B ab.M C M A.M B.M C Từ ta suy bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 3.7 [IMO short - list 2002] Cho tam giác ABC F điểm bên tam giác cho ∠AF B = ∠BF C = ∠CF A BF CF cắt cạnh AC, AB D E Chứng minh : AB + AC ≥ 4DE 2π 2π + i sin 3 Giả sử măt phẳng phức điểm F, A, B, C, D E tương ứng với số phức 0, x, yw, zw2 , d e xz xy Ta dễ dàng xác nhận DF = EF = Điều có nghĩa x+z x+y Lời giải Đặt AF = x, BF = y, CF = z w = cos 58 xz xy w e = − w x+z x+y Khi bất đẳng thức cho tương đương với d = − x − yw + zw2 − x ≥ −zx xy w+ w z+x x+y Vì w = w2 = 1, ta có zw2 − x = w(zw2 − x) = z − xw Do ta cần chứng minh x − yw + zw − x ≥ −zx xy w+ w z+x x+y Mạnh nữa, ta chứng minh (x − yw) + (zw − x) ≥ −zx xy w+ w z+x x+y p − qw ≥ r − sw với p = r + x , q = y + x , r = 4xy 4zx ,s = z+x x+y Rõ ràng p ≥ r > q ≥ s > Khi p − qw − r − sw = (p − qw)(p − qw) − (r − s)(r − sw) (p2 − r2 ) + (pq − rs) + (q − s2 ) ≥ Dễ dàng kiểm tra đẳng thức xảy tam giác ABC 59 Kết luận Luận văn đề cập vấn đề sau đây: Luận văn phân loại phương pháp sử dụng để chứng minh bất đẳng thức hình học là: Phương pháp hình học chủ yếu sử dụng bất đẳng thức tam giác, phương pháp sử dụng bất đẳng thức đại số, phương pháp sử dụng hàm lồi phương pháp sử dụng số phức Chọn lọc số tốn điển hình áp dụng bất đẳng thức cổ điển bất đẳng thức tam giác, bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức Cauchy - schwarz, bất đẳng thức Chebyshev, bất đẳng thức xếp lại Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến yếu tố tam giác, tứ giác đa giác nhờ áp dụng tính chất hàm lồi Áp dụng biểu diễn hình học số phức để đưa việc chứng minh bất đẳng thức hình học chứng minh bất đẳng thức liên quan đến số phức thông qua việc áp dụng bất đẳng thức tam giác mở rộng cho đồng thức Trong trình nghiên cứu luận văn học hỏi nhiều kinh nghiệm phương pháp chứng minh bất đẳng thức nói chung chứng minh bất đẳng thức hình học nói riêng Luận văn tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên học sinh việc giảng dạy học tập bất đẳng thức hình học 60 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Vũ Đình Hịa (2005), Bất đẳng thức hình học, NXB Giáo dục, Hà Nội [2] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo dục, Hà Nội [3] Đàm Văn Nhỉ , Văn Đức Chín, Đào Ngọc Dũng, Phạm Minh Phương, Trần Trung Tình, Nguyễn Anh Tuấn (2015), Hình học sơ cấp, NXB Thơng tin Truyền thơng, Hà Nội [4] Hồng Ngọc Quang (2011), Một số bất đẳng thức hình học, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Đại học Thái Nguyên, Trường Đại học Khoa học, Thái Nguyên [5] Nguyễn Đức Tấn (2003), Chuyên đề bất đẳng thức cực trị hình học phẳng, NXB Giáo Dục, TPHCM [B] Tiếng Anh [6] Andreescu T., Andrica B.,(2005), Proving some Geometric Inequalities by using Complex Numbers, Matematica, 1(2), pp 19-26 [7] Andreescu T., Enescu B (2011), Mathematical Olympiad Treasures, 2ed, Springer [8] Bucur A., López-Bonilla J.L (2010), "Geometrical Inequalities Unconventional Demonstrated", Revista Notas de Matemática, 296, pp 47-57 [9] Diaz- Barrero J.L (2005), "Some cyclical inequalities for the triangle", Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics,6(1), Art 20 [10] Lee H (2007), Topics in Inequalities - Theorems and Techniques, http:// www.mathlinks.ro [11] Mitrinovic D.S , Pecaric J.E and Volenec V (1989), Recent Advances in Geometric Inequalities, Kluwer Academic Publishers, The Netherlands [12] Riasat S (2008), www.mathlinks.ro Basics of Olympiad Inequalities, http:// CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc BẢN XÁC NHẬN Xác nhận luận văn chỉnh sửa theo ý kiến kết luận Hội đồng bảo vệ luận văn Giáo viên hướng dẫn Nguyễn Văn Ngọc Xác nhận sở đào tạo ... chọn đề tài luận văn " Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học" Tìm hiểu phương pháp chứng minh bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức hình học nói riêng cần thiết giúp giải pháp tiếp... Cộng bất đẳng thức lại ta bất đẳng thức cần chứng minh 13 1.2 1.2.1 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức đại số Các bất đẳng thức Các bất đẳng thức đại số ứng dụng sâu rộng chứng minh bất đẳng thức. .. tốn chứng minh bất đẳng thức hình học phương pháp số phức bất đẳng thức tam giác mở rộng, bất đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Hyashi bất đẳng thức tam giác có trọng khác Kỹ thuật chủ yếu phương