Các bất đẳng thức liên quan đến điểm nằm tam giác Nhóm làm việc: Nguyễn Lê Quân, Đỗ Ngọc Phúc, Nguyễn Đình Đức, Phạm Đức Trung, Lê Đình Thành lớp 10A2 Tin Giáo viên hướng dẫn: Trần Quang Hùng I Mở đầu Trong tam giác ABC kí hiệu độ dài ba cạnh a,b,c; bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác R, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r , la , lb , lc độ dài đường phân giác ba góc ∠ A, ∠ B, ∠ C Lấy P điểm nằm tam giác Kí hiệu Ra, Rb, Rc độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác PBA, PCA, PAB giá trị góc ∠BPC = α , ∠CPA = β , ∠APB = γ A Rb R c Rc P r Ra B a b C Trong [1] có xuất tốn sau dạng định lý Đinh lý Với x, y, z số thực dương tùy ý, có ⎛ yz xz yx ⎞ xla ylb zlc r + + ≤ + ⎜ + + ⎟ y z ⎠ 2R Rb Rc Ra Rc Rb Ra ⎝ x Đẳng thức xảy tam giác ABC đều, P trọng tâm x=y=z Tác giả [1] đưa định lý để chứng minh bất đẳng thức sau la lb lc + + ≤ Rb + Rc Ra + Rc Rb + Ra Thực chất bất đẳng thức giả thuyết tồn lâu [2] chứng minh nhờ định lý thấydưới Trong trình chứng minh định lý nghiên cứu tài liệu [1,2,3,4], chúng tơi mạnh dạn đề xuất tốn sau, toán phát biểu dạng định lý Đinh lý Với x, y, z số thực dương tùy ý, có x y z ⎛ yz xz yx ⎞ + + ≤ ⎜ + + ⎟ y z ⎠ Rr ⎝ x Rb Rc Ra Rc Rb Ra Đẳng thức xảy tam giác ABC đều, P trọng tâm x=y=z II Chứng minh định lý hệ Trong mục đưa chứng minh cho định lý định lý Trong chứng minh này, sử dụng số kết quen thuộc mà phát biểu chúng dạng bổ đề Để phát cho phát biểu ngắn gọn, không viết lại ký hiệu thộng dụng đề cập phần đầu viết Bổ đề Với x, y, z số thực tùy ý, có ( x + y + z)2 yz sin A + zx sin B + xy sin C ≤ 2 Lời giải Với số thực x,y,z O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có JJJG JJJG JJJG ( x.OA + y.OB + z.OC ) ≥0 JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG ⇔ x + y + z R + ⎡⎣ xy.OA.OB + zy.OC.OB + xz.OA.OC ⎤⎦ ≥ ( ) ⎡ OA2 + OB − AB OB + OC − BC OA2 + OC − AC ⎤ ⇔ x + y + z R + ⎢ xy + yz + xz ⎥≥0 2 ⎣ ⎦ 2 2 2 ⇔ R x + y + z + xy + yz + xz ≥ xyc + yza + xzb ( ) ( ) ⇔ ( x + y + z ) R ≥ xyc + yza + xzb 2 Dùng định lý hám số sine , bất đẳng thức tương đương ⇔ R ( x + y + z ) ≥ R ⎡⎣sin A yz + sin B.xz + sin C.xy ⎤⎦ ⇔ ⎡⎣ yz sin A + xz sin B + xy sin C ⎤⎦ ≤ ( x + y + z )2 Đó điều phải chứng minh Bổ đề Với x, y, z số thực dương tùy ý ta có bất đẳng thức ⎛ yz zx xy ⎞ 2 α 2 β 2 γ ≤ ⎜ + + ⎟ 4⎝ x y z ⎠ Lời giải Từ bổ đề 1, với x,y,z > ta biến yz x , zx y , xy z hay yz zx xy x ,y ,z ta thu bổ đề x y z x sin + y sin + z sin Bổ đề Trong tam giác ABC ta có bất đẳng thức la = A B C 2ca cos 2ab cos A B ≤ bc cos , l = ≤ ca cos , l = ≤ ab cos C b c b+c c+a a+b 2 2bc cos Lời giải Bất đẳng thức công thức đường phân giác kết hợp bất đẳng thức AM-GM Bổ đề Trong tam giác ABC ta có bc α ca β ab γ ≤ sin , ≤ sin , ≤ sin Rb Rc Rc Ra Ra Rb Lời giải Theo định lý hàm số sin cho tam giác PBC, PCA, PAB ta có a = Ra sin α , b = Rb sin β , c = Rc sin γ Do bc 1 α = sin β sin γ = [cos( β − γ ) − cos( β + γ )] ≤ [1 − cos(360D − α )] = sin Rb Rc 2 Tương tự ta có điều phải chứng minh Dựa ba bổ đề ta đưa lời giải cho định lý định lý sau Lời giải định lý Áp dụng bổ đề bổ đề ta thu bất đẳng thức sau với số thực dương x, y, z tùy ý la ≤ Rb Rc α bc A A cos ≤ 2sin cos ⇒ Rb Rc 2 xla α bc A A ≤x cos ≤ cos x sin Rb Rc 2 Rb Rc lb ≤ Rc Ra β ca B B cos ≤ 2sin cos ⇒ Rc Ra 2 ylb β ca B B ≤y cos ≤ cos y sin Rc Ra 2 Rc Ra lc ≤ Ra Rb γ ab C C cos ≤ 2sin cos ⇒ Ra Rb 2 zlc γ ab C C ≤z cos ≤ cos z sin Ra Rb 2 Ra Rb Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz kết hợp bổ đề ta thu xla ylb zlc + + Rb Rc Rc Ra Ra Rb ≤ cos A B C α β γ x sin + cos y sin + cos z sin 2 2 2 A B C ⎞⎛ α β γ⎞ ⎛ ≤ ⎜ cos + cos + cos ⎟ ⎜ x sin + y sin + z sin ⎟ 2 ⎠⎝ 2 2⎠ ⎝ r ⎞⎛ 2 α β γ⎞ ⎛ = ⎜2+ + y sin + z sin ⎟ ⎟ ⎜ x sin 2R ⎠ ⎝ 2 2⎠ ⎝ r ⎞ ⎛ yz zx xy ⎞ ⎛ ≤ ⎜2+ ⎟⎜ + + ⎟ y z ⎠ 2R ⎠ ⎝ x ⎝ Ta ý kết quen thuộc cos A B C 4R + r + cos + cos = 2 2R Đó kết định lý Bằng ý tưởng tương tự, ta chứng minh định lý sau Lời giải định lý Theo bổ đề với số thực dương x,y,z tùy ý ta có bất đẳng thức sau bc α 1 α x sin ≤ sin ⇒ x ≤2 Rb Rc Rb Rc bc bc β 1 β y sin ≤ sin ⇒ y ≤2 Rc Ra Rc Ra ca ab γ 1 γ z sin ≤ sin ⇒ z ≤2 Ra Rb Ra Rb ab Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz kết hợp bổ đề ta có 1 +y +z Rb Rc Rc Ra Ra Rb x ⎛ α β γ⎞ 1 ≤ ⎜⎜ x sin + y sin + z sin ⎟⎟ ca ab 2 2⎠ ⎝ bc α β γ⎞ 1 ⎞⎛ ⎛ ≤ ⎜ + + ⎟ ⎜ x sin + y sin + z sin ⎟ 2 2⎠ ⎝ ab bc ca ⎠ ⎝ =2 β γ⎞ ⎛ 2α + y sin + z sin ⎟ ⎜ x sin Rr ⎝ 2 2⎠ ≤2 ⎛ yz zx xy ⎞ ⎜ + + ⎟ y z ⎠ Rr ⎝ x Đó kết định lý Hai kết định lý cho nhiều hệ hay, từ hệ lại ứng dụng để tìm nhiều bất đẳng thức thú vị khác tam giác Hệ Cho x, y, z số thực dương, ta có a) xla ylb zlc + + ≤ Rb + Rc Rc + Ra Ra + Rb b) x Ra + y Rb + z Rc ≥ xla Rb Rc + ylb Ra Rc + zlc Rb Rc ≤ ⎛ yz xz yx ⎞ ⎜ + + ⎟ y z ⎠ 2⎝ x 2R ( yzla + zxlb + xylc ) ≥ ( yzla + zxlb + xylc ) 4R + r Lời giải a) Ta thấy bất đẳng thức hiển nhiên nhờ bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức Euler R ≥ 2r b) Ta ý phép biến x yz Rb Rc , y zx Rc Ra , z xy Ra Rb từ bất đẳng thức câu a) ta đến điều phải chứng minh Hệ Cho x, y, z số thực dương, ta có a) 2x 2y 2z + + ≤ Rb + Rc Rc + Ra Ra + Rb x y z ⎛ yz xz yx ⎞ + + ≤ ⎜ + + ⎟ y z ⎠ Rb Rc Ra Rc Rb Ra 2r ⎝ x b) x Ra + y Rb + z Rc ≥ Rr ( yz + zx + xy ) ≥ 2r ( yz + zx + xy ) Lời giải a) Ta thấy bất đẳng thức hiển nhiên nhờ bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức Euler tiếng R ≥ 2r b) Ta biến tương tự x yz Rb Rc , y zx Rc Ra , z xy Ra Rb cho câu a) ta thu điều phải chứng minh III Các toán ứng dụng Bài toán Chứng minh la lb lc + + ≤ Rb + Rc Ra + Rc Rb + Ra la lb lc + + ≤ Rb Rc Ra Rc Rb Rc Lời giải Áp dụng hệ 1a) x=y=z=1 Bài toán Chứng minh Ra + Rb + Rc ≥ 2R (la + lb + lc ) ≥ (la + lb + lc ) 4R + r Lời giải Áp dụng hệ 1b) x=y=z=1 Chúng ta ý bất đẳng thức xuất [2] lời giải cồng kềnh, bạn thấy, áp dụng hệ có lời giải khơng đến dịng la Ra lb Rb lc Rc 2R + + ≥ ≥ 4R + r lblc lc la la lb Lời giải Áp dụng hệ 1b) x = la , y = lb , z = lc rút gọn Bài toán Chứng minh Bài toán Chứng minh Ra Rb Rc 2R + + ≥ a) lb lc la 4R + r ⎛1 1⎞ ⎜ + + ⎟≥ ⎝ la lb lc ⎠ 2⎛ 1 ⎞ ⎜ + + ⎟ ⎝ la lb lc ⎠ 2⎛ 1 ⎞ ⎜ + + ⎟ ⎝ la lb lc ⎠ 1 Lời giải a) Áp dụng hệ 1b) x = , y = , z = lb lc la 1 b) Áp dụng hệ 1b) x = , y = , z = lc la lb b) Ra Rb Rc 2R + 2+ 2≥ lc la lb 4R + r ⎛1 1⎞ ⎜ + + ⎟≥ ⎝ la lb lc ⎠ Như thấy, việc áp dụng hệ đưa đến nhiều bất đẳng thức thú vị, Rõ ràng bốn tốn nhỏ chúng tơi chưa thể khai thác hết hệ Vậy hệ sao? Các tập sau bạn thử vận dụng kết biết để tự làm chúng Bài toán Chứng minh Rb Rc Rb + Rc + Rc Ra Rc + Ra + Ra Rb Ra + Rb ≤ ( Rb + Rc + Ra ) 4r Bài toán Chứng minh Ra Rb Rc ⎛R R RR R R ⎞ + + ≤ ⎜ b c+ c a+ a b⎟ Rb + Rc Rc + Ra Ra + Rb 4r ⎝ Ra Rb Rc ⎠ Bài toán Chứng minh Rb Rc Rc Ra Ra Rb + + ≥ Rr Ra Rb Rc Tài liệu tham khảo [1] Wei-Dong Jiang, An inequality involving the angle bisectors and an interior point of a triangle, Forum Geometricorum, (2008) [2] J Liu, A hundred unsolved triangle inequality problems, in Geometric Inequalities in China, Jiangsu Education Press, Nanjing, 1996 [3] O Bottema et al, Geometric Inequalities, Wolters-Noordhoff, Groningen, 1969 [4] Dragoslav S Mitrinovic, Recent Advances in Geometric Inequalities, Springer; edition ... giải a) Ta thấy bất đẳng thức hiển nhiên nhờ bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức Euler R ≥ 2r b) Ta ý phép biến x yz Rb Rc , y zx Rc Ra , z xy Ra Rb từ bất đẳng thức câu a) ta đến điều phải chứng... Trong tam giác ABC ta có bất đẳng thức la = A B C 2ca cos 2ab cos A B ≤ bc cos , l = ≤ ca cos , l = ≤ ab cos C b c b+c c+a a+b 2 2bc cos Lời giải Bất đẳng thức công thức đường phân giác kết hợp bất. .. thấy bất đẳng thức hiển nhiên nhờ bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức Euler tiếng R ≥ 2r b) Ta biến tương tự x yz Rb Rc , y zx Rc Ra , z xy Ra Rb cho câu a) ta thu điều phải chứng minh III Các