Ba bài bất đẳng thức hình học

Bài toán Chứng minh với điểm P tam giác nhọn ABC, ta có bất đẳng thức sau   OP2 PA2  PB2  PC2  S  , 3R2 S diện tích tam giác ABC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (Trần Quang Hùng) Lời giải (đáp án) Để giải toán này, ta cần bổ đề quen thuộc sau tam giác (xin nêu khơng chứng minh, bạn đọc kiểm tra lấy) Bổ đề Cho tam giác ABC có R S bán kính đường trịn ngoại tiếp diện tích tam giác Khi 3R2  4S Bổ đề (Cơng thức Euler) Cho tam giác ABC điểm P tam giác Gọi A , B , C hình chiếu P lên cạnh BC, CA, AB tương ứng Khi đó, diện tích tam giác A B C cho công thức R2  OP2 S ABC 4R2 S A B C  Bây ta chứng minh toán cho A B' C' P C B A' Hình Gọi A , B , C hình chiếu P lên cạnh BC, CA, AB tương ứng Khi đó, ta dễ thấy tam giác AB C nội tiếp đường tròn đường kinh PA, đặt Sa  S AB C , theo bổ đề 1, ta có  PA 2  4Sa 3 Lập luận cách tương tự với Sb  SBC A Sc  SCA B , ta có  PB 2  4Sb , 3  PC 2  4Sc 3 Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên, ta thu 3  PA2  PB2  PC2   Sa  Sb  Sc   S  S A B C  Mặt khác, theo bổ đề S A B C  R2 OP2 S, 4R2 suy   3 R2  OP2 S3R2  OP2   PA2  PB2  PC2   S  S  , 4R R2   OP2 PA2  PB2  PC2  S  3R2 Đây bất đẳng thức mà ta cần chứng minh Dễ thấy đẳng thức xảy tam giác ABC điểm P trùng với tâm tam giác Lời giải (Bạch Ngọc Thành Công) Ký hiệu chung a, b, c cạnh tam giác, p nửa chu vi, S diện tích, O, G tương ứng tâm đường trịn ngoại tiếp trọng tâm Khi đó, ta có bổ đề sau Bổ đề Trong tam giác nhọn ABC, ta ln có a2  b2  c2  3S  6OG2 (1)      2   Chứng minh Với điểm I mặt phẳng, ta có I A  IB  IC  IG, nên I A  IB  IC  9IG2 , từ ta 3 I A2  IB2  IC2   a2  b2  c2  9IG2 (2) Bây giờ, cho I  O, ta 9OG2  9R2  a2  b2  c2 Từ đây, ta biến đổi bất đẳng thức 1 thành 3 a2  b2  c2   12 3S  29R2  a2  b2  c2 , 5 a2  b2  c2   12 3pr  18R2 Ta có a2  b2  c2  4 R  r 2 (bất đẳngthức tương đương với p2  2R2  8Rr  3r2 , bất đẳng thức tiếng Jack Garfunkel), p  4R  r, nên ta đưa chứng minh kết mạnh 20 R  r 2  12r 4R  r   18R2 , hay 2 R  2r 2  Bất đẳng thức hiển nhiên nên bổ đề ta chứng minh  Trở lại toán, 4S  sin A sin B sin C  1, nên 3R 3   OP2 4S 4 S 1  S OP2  S  OP2 2 3R 3 3R Do đó, để giải toán cho, ta cần chứng minh bất đẳng thức mạnh PA2  PB2  PC2  S  OP2 , 3 PA2  PB2  PC2   3S  3OP2 Trong 2 cho I  P, ta 3 PA2  PB2  PC2   a2  b2  c2  9PG2 , nên bất đẳng thức viết lại thành a2  b2  c2  9PG2  3S  3OP2 Áp dụng bổ đề 3, ta có a2  b2  c2  9PG2  3S  6OG2  9PG2  3S  6OG2  6PG2  3S  3OG  PG 2  3S  3OP2 Phép chứng minh ta hồn tất Bài tốn Cho tam giác ABC với đường trung tuyến m a , mb , mc , điểm A1 , B1 , C1 chạy đường thẳng BC, CA, AB, tìm giá trị nhỏ biểu thức C1 A31 A1 B13 B1 C13   ma mb mc (Trần Quang Hùng) Lời giải (đáp án) Để giải toán cho, trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho tam giác ABC với L điểm Lemoine1 Khi đó, với điểm M nằm mặt phẳng, ta có ∑a2 MA2 ∑a2 MA  LA ∑a2 LA2 cyc cyc cyc Chứng minh Dễ thấy ∑a2 MA  LA cyc   ∑a2 MA  LA  ∑a2 cyc     ML  LA LA cyc    ML∑ a2 LA  ∑ a2 LA2  ∑ a2 LA2 cyc cyc cyc Từ đây, áp dụng bất đẳng thức AM  GM, ta ∑a2 MA2  ∑a2 LA2 cyc  cyc   2 MA a  LA 2∑ a2 MA  LA ∑ cyc ∑a2 MA  LA  ∑a2 LA2 cyc Do cyc cyc ∑a2 MA2 ∑a2 MA  LA ∑a2 LA2 cyc cyc cyc Bổ đề chứng minh Đẳng thức bất đẳng thức xảy M  L Bổ đề Cho tam giác ABC Khi đó, với điểm M nằm mặt phẳng biểu thức a3 MA3 b3 MB3 c3 MC3   ma mb mc đạt giá trị nhỏ M  L với L điểm Lemoine Điểm     L gọi điểm Lemoine thỏa mãn hệ thức a2 LA  b2 LB  c2 LC  Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz bổ đề trên, ta có    2  a2 MA3 2 ∑ LA ∑a MA  LA ∑a MA cyc cyc cyc   ∑a LA cyc Suy a2 MA3 cyc LA ∑ ∑a  MA  LA , cyc ∑a2 LA2 , cyc Mặt khác, ta ý tam giác ABC, LA cho công thức LA  a2 2bcm a ,  b2  c2 nên từ đây, ta a2 MA3  cyc LA ∑a2 LA2  ∑ cyc Do a2  a2  b2  c2  MA3 a2  b2  c2 a3 MA3  ∑ ma 2bcm a 2abc cyc cyc ∑ a3 MA3 2abc a2 LA2 , a  b2  c2 ∑ cyc m a cyc ∑ số Dễ thấy đẳng thức xảy M  L nên bổ đề chứng minh Bây ta trở lại toán cho Sử dụng kết Miquel, ta thấy ba đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1 C1 , BC1 A1 , CA1 B1 đồng quy M Gọi R a bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AB1 C1 , ta có B1 C1  2R a sin A MA sin A  aMA 2R , suy B1 C13 a3 MA3 ma 8R3 m a Bằng lập luận tương tự, ta có C1 A31 b3 MB3 , mb 8R3 mb A1 B13 c3 MC3 mc 8R3 mc Cộng tất lại, ta C1 A31 A1 B13 B1 C13   ma mb mc 8R3  a3 MA3 b3 MB3 c3 MC3   ma mb mc  , với đẳng thức xảy A1 , B1 , C1 hình chiếu M lên cạnh BC, CA, AB tương ứng Mặt khác, theo bổ đề 2, ta có a3 MA3 b3 MB3 c3 MC3 2abc   a2 LA2 , ma mb mc a  b2  c2 ∑ cyc với đẳng thức xảy M  L Kết hợp bất đẳng thức này, ta thu C1 A31 A1 B13 B1 C13 abc   a2 LA2 , ma mb mc 4R  a  b2  c2  ∑ cyc với đẳng thức xảy A1 , B1 , C1 hình chiếu điểm Lemoine L lên cạnh BC, CA, AB tương ứng Do đó, giá trị nhỏ mà ta cần tìm abc a2 LA2 4R3  a2  b2  c2  ∑ cyc Lời giải (Đặng Cảnh Thiện, Nguyễn Văn An) Ta sử dụng bổ đề sau Bổ đề Cho tam giác ABC, điểm M nằm tam giác; H, J, K hình chiếu vng góc M xuống BC, CA, AB tương ứng Khi đó, ta có MH  MJ  MK2 a2 4S2  b2  c2 Chứng minh Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có  MH  MJ  MK2  a2  b2  c2   aMH  bMJ  cMK 2  2S MBC  2S MCA  2S MAB 2  4S2 Do MH  MJ  MK2 4S2 a2  b2  c2 Bổ đề ta chứng minh Dễ thấy đẳng thức xảy MH  a2 2aS ,  b2  c2 MJ  a2 2bS ,  b2  c2 MH a MK  a2  MJ b  MK c , tức 2cS ,  b2  c2 hay nói cách khác, M giao điểm đường đối trung (hay gọi điểm Lemoine) Bổ đề Nếu H, J, K hình chiếu điểm Lemoine cạnh tam giác ABC  HK IH KI   ma mb mc Chứng minh Ta có AKMI tứ giác nội tiếp nên KI  MA sin A, suy MA  trung điểm BC , từ ta tính MK sin  AKM  MK sin CAD (với D KI 2cS sin A  ma  a  b2  c2 m a sin CAD Mặt khác, DC sin CAD  ma sin C nên m a sin CAD  DC sin C, dẫn đến c sin A a sin C   m a sin CAD m a sin CAD Do 4S KI  ma a  b2  c2 Lập luận tương tự cho biểu thức lại, ta dễ dàng suy điều phải chứng minh Bổ đề A1 , B1 , C1 điểm di động cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Khi A1 B12  B1 C12  C1 A21 a2 12S2  b2  c2  Chứng minh Gọi G trọng tâm tam giác A1 B1 C1 H, I, K hình chiếu G xuống BC, CA, AB tương ứng, ta có A1 B12  B1 C12  C1 A21  3 GA21  GB12  GC12  3 GH  GI  GK2  12S2 (theo bổ đề 3) a2  b2  c2 Đẳng thức xảy G  M điểm Lemoine tam giác ABC A1 , B1 , C1 hình chiếu  điểm Lemoine xuống cạnh tam giác Trở lại toán, áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có  m2a  m2b  m2c  C1 A31 A1 B13 B1 C13   ma mb mc 2  B1 C12  C1 A21  A1 B12 3 Suy  a2 123 S6 (theo bổ đề 5)  b2  c2 3 C1 A31 A1 B13 B1 C13 48S2   ma mb mc a  b2  c2 A1  Am1 Bc , tức A1 , B1 , C1 hình chiếu điểm Đẳng thức xảy Bm1 Ca  Cm b Lemoine tam giác ABC xuống cạnh tam giác (theo bổ đề 4) Bài toán giải xong Bài toán Với điểm M thuộc miền tam giác ABC cho trước, ta gọi d a , db , dc khoảng cách từ M đến BC, CA, AB tương ứng Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức d2b d2a d2c   MB  MC MC  MA MA  MB (Trần Quang Hùng, Võ Quốc Bá Cẩn)   Lời giải (đáp án) Vì M thuộc miền tam giác nên tồn số không âm x, y, z cho x MA  y MB    z MC  Sử dụng hệ thức Leibnitz, với điểm P nằm mặt phẳng ta có xPA2  yPB2  zPC2 yzBC2  zxCA2  xyAB2 xyz xy  yz  zx  x  y  z PM2  a , xyz   x  y  z PM2   a độ dài cạnh tam giác ABC Bây giờ, cho P  A, ta thu y  z a2   x  y  z MA2  từ suy  MA  xy  yz  zx a , xyz y2  yz  z2 a xyz Hoàn toàn tương tự, ta tính  z2  zx  x2 a, MB  xyz  MC  x2  xy  y2 a xyz     Đến đây, từ hệ thức quen thuộc S MBC MA  S MCA MB  S MAB MC  kết hợp với tính chất tâm tỉ cự, ta y z x   S MBC S MCA S MAB Vì S MBC  12 ad a , S MCA  12 adb , S MAB  12 adc nên đẳng thức tương đương với x y z xyz    , da db dc d a  db  dc suy da  x d a  db  dc  , xyz db  yd a  db  dc  , xyz dc  zd a  db  dc  xyz Điều dẫn đến d2b d2a d2c   MB  MC MC  MA MA  MB x  d a  d b  d c 2  x  y  z 2 ∑ z2 zxx2  cyc x yz  a x2  xyy2 a x yz  x2  d a  d b  d c 2  ∑ a2  x2  xy  y2  x2  xx  z2  cyc  x2  ∑ cyc  x2  xy  y2  x2  xx  z2   Chú ý ta sử dụng đẳng thức quen thuộc d a  db  dc  a để suy đẳng thức cuối Đến đây, sử dụng bổ đề sau (chứng minh xem cuối lời giải tốn này) Bổ đề Với số khơng âm x, y, z, ta ln có x2 ∑ x2  xy  y2 x2  xz  z2  cyc  Đẳng thức bên trái xảy x  y  z  đẳng thức bên phải xảy x  y, z  hoán vị tương ứng Ta dễ dàng suy được, giá trị nhỏ biểu thức d2a MB MC  d2b MC  MA d2c MA MBlà đạt đạt chẳng  x  y  z  hay M trùng với tâm tam giác ABC; giá trị lớn hạn x  y, z  hay M trùng với trung điểm cạnh AB Như vậy, cơng việc cuối ta để hồn thành lời giải toán chứng minh bổ đề Phép chứng minh sau Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có    x yz   x2  xy  y2  x2  xz  z2   x2  xy  y2  xy x2  xz  z2  xz   x  y x  z, từ suy   x2  xy  y2  x2  xz  z2  x2  yz  y  z    x2  xy  y2  x2  xz  z2   yz x x2  yz  y2  z2 x, yz yz x   z2  x  y  x  y  z   y2  z  Thực tương tự cho biểu thức lại, cộng tất lại, ta thu ∑ cyc x2  x2  xy  y2  x2  xx  z2  x2 y  z  2 cyc x  y  z   y  z  x   z  x  y  ∑ Đây vế trái bất đẳng thức nêu bổ đề Bây giờ, ta chứng minh vế phải Để thực điều này, ta sử dụng tính đối xứng giả sử x y z Với giả thiết này, ta có đánh giá sau  y2 y2  yz  z2 z y   Đánh giá 3y  z2 y2  yz  z2   9y4  z 3y3  z y  z 4y  z Điều dẫn đến  y2  y2  yz  z2 y2  yx  x2   y x2  z xy  y2 3y  z   3 xy Hoàn toàn tương tự, ta có  x2  x2  xy  y2  x2  xx  z2  3x  z   3 xy Suy  x2  x2  xy  y2  x2  xx  z2   y2 y2  yz  z2 y2  yx  x2  4z    3 3 x  y  Lúc này, để phép chứng minh hồn tất ta cần có  3 x  y   z  z2  zx  x2 z2  zy  y2  Ta có x2  xz  z2 z  x2 x2 y  z  x2  yz zx  yx z y yz x2 x2  xy  y2 , yx  y y z2  zy  y2 3y AM  GM z Từ suy  z  z2  zx  x2 z2  zy  y2   3 x  xy  y2    3 x  y  3 x  y  Bổ đề chứng minh xong toán ta giải hoàn toàn Lời giải (Nguyễn Văn Thạch) Bài tốn gồm phần + Tìm giá trị lớn Đặt AB  BC  CA  a P d2b d2a d2c   MB  MC MC  MA MA  MB Với ý 4S2MBC 2S sin MBC d2a  ad a 2    MBC , MB  MC a  MB  MC a  MB  MC a tương tự cho biểu thức lại, ta P  S MBC sin MBC  S MCA sin MCA  S MAB sin MAB a2  2  S  S  S   S  MBC MCA MAB ABC a2 a2 Ta thấy tồn tạivị trí M để đẳng thức xảy ra, M trùng với trung điểm BC CA AB, nên giá trị lớn mà ta cần tìm + Tìm giá trị nhỏ Trước hết, xin nhắc lại không chứng minh kết quen thuộc sau: Cho tam giác NPQ, với điểm K NP  KQ2  PQ  KN  QN  KP2 NP  PQ  QN Đẳng thức xảy K trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác NPQ Bây giờ, trở lại toán, gọi D, E, F chân đường vng góc hạ từ M xuống BC, CA, AB Khi MB đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MFD nên  FD o  sin FMD  sin 120  MB Một cách tương tự, ta có  DE EF FD    MB MC MA Từ dẫn đến P   MD2 ME2 MF2    MB  MC MC  MA MA  MB ME2 MF2 MD2   DE  DF EF  ED FD  FE  EF  MD2  FD  ME2  DE  MF2  DE  EF  FD  Đẳng thức xảy M tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF, tức hay MFE  MFD, MAC  MBC, MDF  MDE, MBA  MCA, MEF  MED, MAB  MCB Từ suy MAB  MBA  MBC  MCB  MAC  MCA  60o , hay AMB  BMC  CMA  120o Điều nói lên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vậy giá trị nhỏ mà ta cần tìm Lời giải (Đặng Cảnh Thiện) Lời giải giống với lời giải đáp án ý tưởng, tức đưa toán chứng minh x2  , ∑  xy  y2  x2  xz  z2   x cyc x, y, z số không âm Bạn chứng minh theo cách thường dùng cho dạng thức, cách khơng có mẻ lời giải đáp án suy cho giúp ta giải toán Cách chứng minh bạn sau + Chứng minh bất đẳng thức bên trái Ta thấy bất đẳng thức tương đương với   x ∑ y2  yz  z2 ∏x2  xy  y2  cyc cyc Bình phương vế, ta ∑ x4 y2  yz  z2   2∑ x2 y2 cyc cyc   x2  xz  z2 y2  yz  z2  ∏ x2  xy  y2  cyc Do   x2  xz  z2 y2  yz  z2  34  x  zy  z nên ta cần chứng minh ∑ x4 y2  yz  z2   ∑ x2 y2 x  zy  z ∏x2  xy  y2  cyc cyc cyc Khai triển rút gọn, ta thấy bất đẳng thức tương đương với x3 y3  y3 z3  z3 x3  3x2 y2 z2 xyz  xy x  y  yzy  z  zx z  x  Đây bất đẳng thức Schur dạng bậc áp dụng cho số  xy, yz, zx  nên hiển nhiên + Chứng minh bất đẳng thức bên phải Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz, 2 x2 ∑ x2  xy  y2 x2  xz  z2  cyc ∑x cyc  x3 ∑ x2  xy  y2 x2  xz  z2  , cyc nên ta đưa chứng minh kết mạnh  x3 ∑ x ∑ x2  xy  y2 x2  xz  z2  , cyc cyc hay  ∑x cyc ∑ x3 y2  yz  z2  cyc ∏ x2  xy  y2  cyc Khai triển rút gọn, ta thấy bất đẳng thức tương đương với ∑ x2 y2 x  y2  xyz ∑ x cyc cyc ∑ x2  ∑ xy cyc  9x2 y2 z2 cyc Bất đẳng thức hiển nhiên nên ta có điều phải chứng minh  ... cách thường dùng cho dạng thức, cách khơng có mẻ lời giải đáp án suy cho giúp ta giải toán Cách chứng minh bạn sau + Chứng minh bất đẳng thức bên trái Ta thấy bất đẳng thức tương đương với  ... p2  2R2  8Rr  3r2 , bất đẳng thức tiếng Jack Garfunkel), p  4R  r, nên ta đưa chứng minh kết mạnh 20 R  r 2  12r 4R  r   18R2 , hay 2 R  2r 2  Bất đẳng thức hiển nhiên nên bổ... cần chứng minh bất đẳng thức mạnh PA2  PB2  PC2  S  OP2 , 3 PA2  PB2  PC2   3S  3OP2 Trong 2 cho I  P, ta 3 PA2  PB2  PC2   a2  b2  c2  9PG2 , nên bất đẳng thức viết lại