Bất đẳng thức diện tích tam giác

Một bất đẳng thức hay về diện tích tam giácTrần Lê Bách 10A1 Trường THPC Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng, Việt Nam 1 Định lý cơ sở Chúng ta xét định lý quen thuộc sau: F Định lý 1.1... Chứng m

Một bất đẳng thức hay về diện tích tam giác

Trần Lê Bách 10A1 Trường THPC Chuyên Lê Quý Đôn

Đà Nẵng, Việt Nam

1 Định lý cơ sở

Chúng ta xét định lý quen thuộc sau:

F Định lý 1.1 Cho m, n, p là các số thực thỏa mãn m + n, n + p, p + m và mn + np + pm là các số không

âm Đặt a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC Khi đó

ma2+ nb2+ pc2≥ 4√mn + np + pm.S với S là diện tích của tam giác ABC

Chứng minh Theo Định lý hàm số cosines, ta có

ma2+ nb2+ pc2≥ 4√mn + np + pm.S

⇔ma2+ nb2+ p(a2+ b2− 2ab.cosC) ≥ 2ab.sinC√mn + np + pm

b + (n + p)

b

a ≥ 2 √mn + np + pm.sinC + p.cosC

Sử dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta suy ra

√

mn + np + pm.sinC + p.cosC
2

≤ p2+ mn + np + pm

sin2C + cos2C

= (m + p)(n + p) Mặt khác

 (m + p)a

b + (n + p)

b a

2

≥ 4(m + p)(n + p)

Do đó

ma2+ nb2+ pc2≥ 4√mn + np + pm.S

Nhận xét 1.1 Một câu hỏi quan trọng được đặt ra là đẳng thức xảy ra khi nào? Từ Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

( (m + p)ab = (n + p)ab

cosC

p = √ sinC mn+np+pq

⇔

(√ a p+n= √b

m+p cos 2 C

p 2 =mn+np+pqsin2C = (m+p)(n+p)1 Thay cosC, b tương ứng vào biểu thức: c2= a2+ b2− 2ab.cosC ta thu được

c2= a2+ a2m + p

n + p − 2a2r m + p

n + p

p p(m + p)(n + p)

⇔c a

2

= 1 +m + p

n + p − 2 p

n + p

⇔c

a =

√

m + n

√

n + p

⇔√ a

n + p=

c

√

m + n

Tương tự ta có đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a

√

n + p =

b

√

m + p =

c

√

m + n.

2 Một số ứng dụng

Đặt a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC và S là diện tích của tam giác đó Ta có một số bất đẳng thức sau:

F Bài 2.1 (Bất đẳng thức Hadwiger-Finsler)

a2+ b2+ c2≥ 4√3.S + (a − b)2+ (b − c)2+ (c − a)2 Chứng minh Bất đẳng thức đã cho tương đương với

a2b + c − a

2c + a − b

2a + b − c

c ≥ 4√3.S Theo Định lý 2.1, ta chỉ cần chứng minh

X

cyc

(b + c − a)(c + a − b)

Hay

a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ 0 Đây là Bất đẳng thức Schur bậc ba

F Bài 2.2 (Trần Lê Bách)

a2b + b2c + c2a ≥ 8√4

27.S3 Chứng minh Từ Bất đẳng thức Hadwiger-Finsler, ta dễ dàng suy ra

ab + bc + ca ≥ 4√

3.S Bây giờ áp dụng Định lý 2.1, ta có

a2b + b2c + c2a ≥ 4√

ab + bc + ca.S ≥ 8√4

27.S3

Đó chính là đpcm

F Bài 2.3 (Trần Lê Bách)

3abc ≥ 4pa2+ b2+ c2.S Cách một Bất đẳng thức đã cho tương đương

a2bc

a + b

2ca

b + c

2ab

c ≥ 4pa2+ b2+ c2.S Theo Định lý 2.1, ta có

3abc ≥ 4pa2+ b2+ c2.S đpcm

Cách hai Bất đẳng thức đã cho có thể viết dưới dạng 9R ≥ a + b + c hay

sin2A + sin2B + sin2C ≤ 9

4 Phần còn lại xin dành cho bạn đọc

F Bài 2.4 (Trần Lê Bách)

(b + c − a)a2+ (c + a − b)b2+ (a + b − c)c2≥ 8√4

3.S3 Chứng minh Theo Định lý 2.1, ta có

(b + c − a)a2+ (c + a − b)b2+ (a + b − c)c2≥ 4p2ab + 2bc + 2ca − a2− b2− c2.S

Từ Bất đẳng thức Hadwiger-Finsler, ta có

4p2ab + 2bc + 2ca − a2− b2− c2.S ≥ 4

q

4√ 3.S.S = 8√4

3.S3 đpcm

F Bài 2.5 Chứng minh bất đẳng thức sau với x, y, z là các số thực dương

x

y + za

2+ y

z + xb

2+ z

x + yc

2≥ 2√3.S Chứng minh Trước tiên ta sẽ chứng minh

xy (y + z)(y + z)+

yz (y + x)(z + x)+

xz (x + y)(z + y) ≥3

4 Hay

x(y − z)2+ y(z − x)2+ z(x − y)2≥ 0 Bây giờ áp dụng Định lý 2.1 ta có

x

y + za

2+ y

z + xb

2+ z

x + yc

2≥ 4

(y + z)(y + z)+

yz (y + x)(z + x)+

xz (x + y)(z + y).S

Do đó

x

y + za

2+ y

z + xb

2+ z

x + yc

2≥ 2√3.S

F Bài 2.6 (Trần Lê Bách)

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi tam giác ABC không cân thỏa mãn 0 < a < b < c

abc

(b − c)(c − a)+

b − c (c − a)(a − b)+

c − a (a − b)(b − c)



≥ 4√2.S Chứng minh Ta có thẻ viết bất đẳng thức đã cho dưới dạng

bc(b − c) a(c − a)(a − b)a

2+ ca(c − a) b(a − b)(b − c)b

2+ ab c(b − c)(c − a)c

2≥ 4√2.S

Từ hệ thức quen thuộc

bc (a − b)(a − c) +

ca (b − c)(b − a)+

ab (c − a)(c − b) = 1

a2+ b2+ c2≥ ab + bc + ca

Ta suy ra

a2

(b − c)2+ b

2

(c − a)2 + c

2

(a − b)2 ≥ 2 Theo Định lý 2.1 ta có đpcm

Một bài toán tương tự:

F Bài 2.7 (Trần Lê Bách)

Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi tam giác ABC không cân thỏa mãn 0 < a < b < c

 ab(a − b) (b − c)(c − a)

2

+

 bc(b − c) (c − a)(a − b)

2

+

 ca(c − a) (a − b)(b − c)

2

> 4S

F Bài 2.8 (Bất đẳng thức Pedoe)

Đặt a1, b1, c1 là độ dài các cạnh của tam giác A1B1C1 với diện tích S1 Đặt a2, b2, c2 là độ dài các cạnh của tam giác A2B2C2 với diện tích S2 CHứng minh rằng

a21(a22+ b22− c2

2) + b21(b22+ c22− a2

2) + c21(c22+ a22− b2

2) ≥ 16S1.S2

Cách một Từ Định lý 2.1 ta có

a21(a22+ b22− c2

2) + b21(b22+ c22− a2

2) + c21(c22+ a22− b2

2) ≥

≥ 4

q

(a2+ b2− c2)(b2+ c2− a2) + (b2+ c2− a2)(c2+ a2− b2) + (c2+ a2− b2)(a2+ b2− c2).S1

Mặt khác

(a22+ b22− c22)(b22+ c22− a22) + (b22+ c22− a22)(c22+ a22− b22) + (c22+ a22− b22)(a22+ b22− c22)

= (a2+ b2− c2)(c2+ a2− b2)(b2+ a2− c2)(a2+ b2+ c2)

= 16 (S2)2

Do đó

a21(a22+ b22− c2

2) + b21(b22+ c22− a2

2) + c21(c22+ a22− b2

2) ≥ 16S1.S2

Đó chính là đpcm

Cách hai Ta có

4cotA = 2bc.cosA1

2bc.sinA =

b2+ c2− a2

S Bất đẳng thức đã cho tương đương

cotA2.a21+ cotB2.b21+ cotC2.c21≥ 4S1

Mà cotA2cotB2+ cotB2cotC2+ cotC2cotA2= 1 nên theo Định lý 2.1 ta có đpcm

Nhận xét 2.1 Bạn hãy thử tìm trường hợp đẳng thức xảy ra trong các bài toán trên?

3 Glossary

Định lý hàm số cosines

Với mọi tam giác ABC ta có

BC2= AB2+ BC2− 2AB.BC.cosα

Bất đẳng thức Schur

Cho a, b, c là các số không âm và r ≥ −1 Khi đó

ar(a − b)(a − c) + br(b − c)(b − a) + cr(c − a)(c − b) ≥ 0

Tài liệu

[1] Hojoo Lee: Topics in inequalities

[2] Vasile Cirtoaje: Algebraic inequalities: Old and New methods, Gil Publishing House [3] Mathematics and Youth magazine, Viet Nam