Phép Ravi chứng minh bất đẳng thức tam giác Phép Ravi Xét tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c Tâm đường tròn nội tiếp, đỉnh ba tiếp điểm tạo thành ba cặp tam giác Do tồn số dương x, y, z cho a = y + z , b = z + x, c = x + y Chúng ta xuất phát từ bất đẳng thức tam b+c−a c+a−b a+b−c , y= ,z= giác a + b − c > 0, b + c − a > 0, c + a − b > Đặt x = 2 Khi x, y, z > , a = y + z , b = z + x, c = x + y x = p − a, y = p − b, z = p − c với a+b+c p= nửa chu vi tam giác ABC A A x x c b z y B a C B y z C Phép gọi phép Ravi (mang tên nhà toán học Ravi, người Canada) Phép Ravi hiệu thiết lập bất đẳng thức liên quan đến độ dài ba cạnh tam giác Lúc ta không quan tâm đến bất đẳng thức cạnh tam giác Một số ví dụ áp dụng Ví dụ (Bất đẳng thức Padoa) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh abc ≥ (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) Dấu đẳng thức xảy tam giác Lời giải Sử dụng phép Ravi, Bất đẳng thức Padoa tương đương với ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ xyz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có điều phải chứng minh Nhận xét Ta dễ dàng chứng minh BĐT abc ≥ (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) với giả thiết a, b, c số thực dương Đặc biệt nữa, BĐT (1) tương đương với a (a − b)(a − c) + b(b − a )(b − c) + c(c − a )(c − b) ≥ hay a + b3 + c + 3abc ≥ a 2b + b a + b 2c + c 2b + c a + a 2c BĐT Schur bậc (1) Ví dụ Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có p nửa chu vi Chứng minh 1 + + ≥ p−a p −b p −c p Lời giải Sử dụng phép Ravi bất đẳng thức cho tương đương với 1 + + ≥ x y z x+ y+z Đây hệ quen thuộc BĐT Cauchy Nhận xét Với hai BĐT Ví dụ Ví dụ 2, chưa thấy hiệu thực phép Ravi Bởi BĐT chứng minh trực tiếp không khó khăn Bây ta xét tiếp BĐT tiếng sau Ví dụ (IMO 1983) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh a b ( a − b ) + b c (b − c ) + c a ( c − a ) ≥ Lời giải Đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y với x, y, z > Khi BĐT trở thành ( y + z ) ( z + x)( y − x) + ( z + x) ( x + y )( z − y ) + ( x + y ) ( y + z )( x − z ) ≥ Khai triển ta có BĐT tương đương với xy + yz + zx ≥ xyz ( x + y + z ) y2 z2 x2 + + ≥ x+ y+z z x y BĐT cuối theo BĐT Cauchy Dấu đẳng thức xảy x = y = z hay a = b = c ⇔ Ví dụ Cho tam giác ABC có p nửa chu vi, R r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp Chứng minh p + 5r ≥ 16 Rr S2 abc S ≥ 16 p 4S p ⇔ p + 5( p − a )( p − b)( p − c) ≥ 4abc Đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y với x, y, z > Khi BĐT trở thành ( x + y + z ) + xyz ≥ 4( x + y )( y + z )( z + x) ⇔ ( x + y + z ) + xyz ≥ 4( x + y + z )( xy + yz + zx) BĐT cuối theo BĐT Schur Suy đpcm Dấu đẳng thức xảy tam giác Lời giải Ta có BĐT ⇔ p + Ví dụ (Korea MO 1998) Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c I tâm đường tròn nội tiếp Chứng minh IA2 + IB + IC ≥ (a + b + c ) Lời giải Đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y Khi x, y, z > IA2 = x + r , IB = y + r , IC = z + r 2 2 2 2 2 Suy IA + IB + IC = x + y + z + 3r = x + y + z + S2 3xyz = x2 + y2 + z + p x+ y+z xyz ≥ [( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x) ] x+ y+z 3 ⇔ ( x + y + z ) + xyz ≥ 4( x + y + z )( xy + yz + zx) , theo BĐT Schur Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC 2 Do BĐT ⇔ x + y + z + Ví dụ (Rumani 1999) Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c Chứng minh (a + b − c)(b + c − a ) + (b + c − a)(c + a − b) + (c + a − b) ≤ abc ( a + b + c ) Lời giải Đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y Khi x, y, z > BĐt trở thành 4( xy + yz + zx) ≤ ( x + y )( y + z )( z + x) ( x + y + y + z + z + x ) Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có ( x + y )( y + z )( z + x) x + y = ( x + y ) ( y + z )( x + z ) ≥ ( x + y )( xy + z ) = xz + yz + ( x + y ) xy ≥ xz + yz + xy Tương tự với hai biểu thức lại Sau cộng BĐT ta có đpcm Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh ab + bc + ca ≥ 1+ 2abc Lời giải Thuần hai vế BĐT ta có BĐT ⇔ 3(ab + bc + ca) − ≥ 6abc a2 + b2 + c2 [3( ab + bc + ca) − (a + b + c )] ≥ 6abc Để chứng minh BĐT (*) ta cần chứng minh (a + b + c)[3(ab + bc + ca) − (a + b + c )] ≥ 18abc Đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y Khi BĐT trở thành ( x + y + z )[ x + y + z + 7( xy + yz + zx)] ≥ 9( x + y )( y + z )( z + x) ⇔ x + y + z + xyz ≥ x y + y z + z x + x z + z y + y x , theo BĐT Schur Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC ⇔ (*) Một số tập tự luyện Để rèn luyện phương pháp sử dụng phép đổi biến Ravi, bạn đọc giải tập sau Bài Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c Chứng minh BĐT sau i) a + b + c + 3abc − 2a 2b − 2b c − 2c a ≥ ii) 3a 2b + 3b c + 3c a − 3abc − 2b a − 2a c − 2c 2b ≥ Bài Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c bán kính đường tròn nội tiếp, bàng tiếp cạnh a, b, c r , , rb , rc Chứng minh a b3 c abc + + ≤ rb rc r ... Schur Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC ⇔ (*) Một số tập tự luyện Để rèn luyện phương pháp sử dụng phép đổi biến Ravi, bạn đọc giải tập sau Bài Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c Chứng minh BĐT... + xy Tương tự với hai biểu thức lại Sau cộng BĐT ta có đpcm Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh ab + bc + ca ≥ 1+ 2abc... theo BĐT Schur Suy đpcm Dấu đẳng thức xảy tam giác Lời giải Ta có BĐT ⇔ p + Ví dụ (Korea MO 1998) Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c I tâm đường tròn nội tiếp Chứng minh IA2 + IB + IC ≥ (a +