Với sự phân tích trên, ta còn có một kết quả thú vị sau... Nếu tam giác tù thì bất đẳng thức trên không còn đúng nữa..[r]
(1)Về toán thi IMO Tạ Thị Ngọc Hà(1), Vũ Tiến Việt(2)
Với tam giácABC ta ký hiệu - Các góc: A, B, C
- Các cạnh: a=BC, b =CA, c =AB
- Các đường cao: ha, hb, hc - Các trung tuyến: ma, mb, mc - Các phân giác: la, lb, lc
- Bán kính đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp: r, R
- Bán kính đường trịn bàng tiếp: ra, rb, rc - Nửa chu vi: p=
2(a+b+c) - Diện tích: S
• Năm 1961 kỳ thi IMO Budapest - Hungary có tốn sau: Choa, b, clà độ dài cạnh vàSlà diện tích tam giác. Chứng minh bất đẳng thức a2+b2+c2 >4√3S (∗). Dấu(=)xảy tam giác đều.
Bài toán R Weitzenb ¨ock đưa năm 1919
• Trước Weitzenb ¨ock, năm 1897 I Ionescu đưa bất đẳng thức sau: Chứng minh không tồn tam giác thả mãn a2+b2+c2 <4√3S Vì người ta cịn gọi(∗)là bất đẳng thc Ionescu-Weitzenb ăock
ã Nm 1938 P Finsler v H Hadwiger nêu bất đẳng thức "mạnh" bất ng thc Weitzenb ăock nh sau:
Vi mi tam giác ta có
a2+b2+c2 >4√3S+ (a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2 (∗∗)
Một số tác giả đưa nhiều cách chứng minh phát triển xung quanh bất đẳng thức
• Năm 1966 V Gordon đưa bất đẳng thức sau: Với tam giác ta có bất đẳng thức
ab+bc+ca>4√3S
(1)Học viên cao học Toán K18 Đại học Quy Nhơn.
(2)• Ta chứng minh tương đương cỏc bt ng thc Ionescu-Weitzenb ăock()
v Finsler-Hadwiger()
Thật vậy, hiển nhiên từ bất đẳng thức Finsler-Hadwiger(∗∗)suy bt ng thc Ionescu-Weitzenb ăock()
Ta ch cũn chng t t bt ng thc Ionescu-Weitzenb ăock()suy bt ng thức Finsler-Hadwiger(∗∗)
Ta vẽ đây, đóAA1, BB1, CC1 phân giác gócA, B, C tương ứng
Xét tam giácA1B1C1 với cạnh a1, b1, c1 tương ứng, nửa chu vip1, diện tíchS1, bán kính nội tiếpr1, bán kính ngoại tiếpR1 =R
Ta cóB\1A1C1 =
B+C
2 =
π
2 −
A
2, nên B1C1 =a1 = 2RsinB\1A1C1 = = 2RcosA
2 = 2R
q
p(p−a)
bc = 2R
p p
abc
p
a(p−a) =
q
R r
p
a(p−a) Tương tự ta có b1 =
q
R r
p
b(p−b), c1 =
q
R r
p
c(p−c) Suy
X
cyclic
a2 =
R r
X
cyclic
a(p−a) = R 2r
h X
cyclic
a2− X
cyclic
(b−c)2i,
S1 =
a1b1c1
4R1
= 8R
3cosA cos
B cos
C
4R = 2R
2 Y cyclic
cosA
2 = 2R
2 p
4R =
R 2rS.
p dng bt ng thc Ionescu-Weitzenb ăock()cho tam giỏcA1B1C1 ta có a2
1+b21+c21 >4 √
3S1, nên ta
X
cyclic
a2 =
R 2r
h X
cyclic
a2− X
cyclic
(b−c)2i >4√3S =
R 2r4
√
3S
(3)Với phân tích trên, ta cịn có kết thú vị sau Mệnh đề Với tam giácABCta có đẳng thức
a2+b2+c2 = 4S X cyclic
tanA
2 +
X
cyclic
(b−c)2.
Chứng minh. Áp dụng hệ thứca2+b2+c2 = 4S(cotA+ cotB+ cotC)đối với tam giác
A1B1C1 nói ta có a21+b21+c21 = 4S1(cotA1+ cotB1 + cotC1) Do với phân tích phía
X
cyclic
a2 =
R 2r
h X
cyclic
a2− X
cyclic
(b−c)2i = 4S
X
cyclic
tan A =
R 2rS
X
cyclic
tanA 2,
suy điều cần chứng minh Đến ý tanA
2 + tanB2 + tanC2 > √
3ta có thêm cách chứng minh cho bất đẳng thức Finsler-Hadwiger(∗∗)
• Ta giới thiệu số bất đẳng thức phát triển dựa cỏc bt ng thc Ionescu-Weitzenb ăock()v Finsler-Hadwiger()sau õy:
Bi toán Cho sốx, y, zthỏa mãn điều kiện
x+y >0, y+z >0, z+x >0, xy+yz+zx >0 Với tam giác ta có bất đẳng thức
xa2+yb2+zc2 >4S√xy+yz+zx.
Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh viết thành
xa2+yb2+z(a2+b2−2abcosC)>2absinC√xy+yz +zx ⇔ (x+z)a2+ (y+z)b2 >2ab³zcosC+ sinC√xy+yz+zx´
⇔ (x+z)a
b + (y+z) b a >2
³
zcosC+ sinC√xy+yz+zx
´
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
(x+z)a
b + (y+z) b a >2
p
(x+z)(y+z)
³
zcosC+ sinC√xy+yz+zx
´
62
q
(z2+xy+yz +zx)(cos2C+ sin2C)
= 2p(z2+xy+yz+zx) = 2p(x+z)(y+z)
(4)Bài toán Cho sốx >0, y >0, z > Với tam giác ta có bất đẳng thức
xab+ybc+zca>4S√xy+yz+zx.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức toán ta thấy Vớix→xb
a, y →y c
b, z →z a
c ta xab+ybc+zca>4S
r
xyc a +yz
a b +zx
b c, (xab+ybc+zca)2 >16S2(xyc
a +yz a b +zx
b c)
Vớix→zc
a, y →x a
b, z →y b
c ta
(xab+ybc+zca)2 >16S2(xya
c +yz b a +zx
c b)
Cộng bất đẳng thức ta
2(xab+ybc+zca)2 >16S2
h
xy(c a +
a
c) +yz( a b +
b
a) +zx( b c +
c b)
i
>32S2(xy+yz +zx).
Suy điều phải chứng minh
Bài tốn Với tam giác ta có bất đẳng thức
a2+b2+c2 >4√3S+ 2(m2
a−h2a) Chứng minh. Theo cơng thức đương trung tuyến ta có 4m2
a = 2(b2 +c2)−a2, nên bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a2+b2+c2 >4√3S+b2+c2− a
2 −2h
2 a, hay 3a2
2 + 2h
2 a >4
√
3S
Bất đẳng thức 3a2
2 + 2h2a>2
q
3a2
2 ·2h2a= 2aha √
3 = 4√3S Từ ta suy bất đẳng thức
a2 +b2+c2 >4√3S+
3[(m
2
a+m2b +m2c)−(h2a+h2b +h2c)] Bài toán Với tam giácABC ta có bất đẳng thức
a2+b2+c2 >4√3S+ X cyclic
(b−c)2+ 4Rrsin2 B−C
(5)Chứng minh. Ta dễ dàng chứng tỏ
16S2 = 2(a2b2+b2c2+c2a2)−(a4+b4 +c4),
4a2m2
a−4a2h2a = 2(b2c2+c2a2)−a4−16S2 = (b2−c2)2.
Suy 2(m2
a−h2a) =
(b2−c2)2
2a2 Áp dụng điều cho tam giácA1B1C1ở ta có
2(m2
a1 −h2a1) =
(b2
1−c21)2
2a2
= 4R4(cosB−cosC)2 8R2cos2 A
2
= 2R2sin2 B−C
2 .
Lại áp dụng toán cho tam giácA1B1C1 phía ta có
a2
1+b21+c21 >4 √
3S1+ 2(m2a1 −h2a1) Từ ý tới mối liên hệ
X
cyclic
a21 = R 2r
h X
cyclic
a2− X
cyclic
(b−c)2
i
, S1 = R
2rS
đã phân tích phía ta suy điều cần chứng minh Từ ta suy bất đẳng thức
a2+b2+c2 >4√3S+ X cyclic
(b−c)2+4
3Rr
X
cyclic
sin2 B−C
2 .
Bài tốn Với tam giácABC ta có bất đẳng thức
a2+b2+c2 >4√3S+ X
cyclic
(b−c)2+ X
cyclic
hp
a(p−a)−pb(p−b)
i2
.
Chứng minh. Áp dụng mệnh đề cho tam giácA1B1C1 ý mối liên hệ tam giácABC vàA1B1C1 ta suy
X
cyclic
a2 = 4S X cyclic
tanπ−A
4 +
X
cyclic
(a−b)2+ X cyclic
hp
a(p−a)−pb(p−b)
i2
.
Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi tanπ−x
4 vớix ∈(0, π), ta suy điều cần
chứng minh
Bài toán Cho sốα >0 Với tam giác ta có bất đẳng thức
aα+bα+cα >3
³4S
√
3
´α
2
(6)Chứng minh. Ta có
S = bc
2 sinA= ca
2 sinB = ab
2 sinC,
nên
S3 = (abc)2sinAsinBsinC
8 .
Mặt khác
3 √
sinAsinBsinC sinA+ sinB + sinC
3 ,
nên
S3 6 (abc)2
8
³sinA+ sinB + sinC
3
´3
.
Ta dễ dàng chứng tỏ
sinA+ sinB+ sinC6 √
3 ,
do suy S3 6 (abc)2
8
³√3
2
´3
⇔ (abc)2 >³√4S
3
´3
Khi
aα+bα+cα
3 >
3 √
aαbαcα =
h
(abc)2i
α
6 >
³4S
√
3
´α
2
,
nên ta bất đẳng thức cần phải chứng minh
Bài toán 7 (Tsintsifa, 1986) Cho sốx > 0, y > 0, z > Với tam giác ta có bất đẳng thức
x y+za
2 + y
z+xb
2+ z
x+yc
2 >2S√3.
Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
2(x+y+z)
³ a2
y+z + b2
z+x+ c2
x+y
´
= [(x+y) + (y+z) + (z+x)]
³ a2
y+z + b2
z+x+ c2
x+y
´
>(a+b+c)2,
suy
2xa2
y+z + 2yb2
z+x + 2zc2
x+y >2(ab+bc+ca)−(a
2+b2+c2).
Mặt khác, bất đẳng thức Finsler-Hadwiger(∗∗)tương đương với
2(ab+bc+ca)−(a2+b2+c2)>4S√3.
(7)Bài toán Chon ∈N Với tam giác ta có bất đẳng thức
a2n+b2n+c2n>3
³4S
√
3
´n
+ (a−b)2n+ (b−c)2n+ (c−a)2n.
Chứng minh. Ta chứng minh kết phụ trợ sau:
1) Chox>y>0vàn∈N Khi ta có xn−yn>(x−y)n. Thật vậy, ta có
xn= [(x−y) +y]n = (x−y)n+ n−1
X
k=1
Ck
n(x−y)kyn−k+yn >(x−y)n+yn.
suy điều cần chứng minh
2) Cho số dươngx, y, xvàn ∈N Khi ta có
xn+yn+zn>3³x+y+z
3
´n
.
Thật vậy, ta thấyg(x) =xnlà hàm lồi trên(0,∞), theo bất đẳng thức Jensen ta được
xn+yn+zn
3 >
³x+y+z
3
´n
,
nên ta có điều cần chứng minh
Trở lại tốn, bất đẳng thức cần chứng minh viết thành
[a2n−(b−c)2n] + [b2n−(c−a)2n] + [c2n−(a−b)2n]>3³√4S
3
´n
.
Do kết 1) ta có
a2n−(b−c)2n>[a2−(b−c)2]n, b2n−(c−a)2n>[b2−(c−a)2]n,
c2n−(a−b)2n>[c2−(a−b)2]n,
vì để chứng minh bất đẳng thức ta chứng minh
[a2−(b−c)2]n+ [b2−(c−a)2]n+ [c2−(a−b)2]n>3
³4S
√
3
´n
.
Do kết 2) bất đẳng thức Finsler-Hadwiger(∗∗)ta có
[a2−(b−c)2]n+ [b2−(c−a)2]n+ [c2−(a−b)2]n
>3
ha2+b2+c2−(a−b)2−(b−c)2−(c−a)2
3
in
>3
³4√3S
3
´n
=
³4S
√
3
´n
,
(8)Bài tốn Với tam giác ta có bất đẳng thức
ab+bc+ca>4√3S.max
nl
a
ha
, lb hb
, lc hc
o
.
Chứng minh. Khơng giảm tính tổng quát, ta giả sử
la
ha
= max
nl
a
ha
, lb hb
, lc hc
o
,
nên ta cần chứng minh bất đẳng thức
ab+bc+ca>4√3S.la ha
= 2√3.a.la. Theo công thức đường phân giác la=
2 b+c
p
p(p−a)bc, nên ta chứng minh
ab+bc+ca> 4a
b+c
p
3p(p−a)bc,
⇔ (b+c)(ab+bc+ca)>4ap3p(p−a)bc,
⇔ (b+c)2(ab+bc+ca)2 >48a2p(p−a)bc,
⇔ (b+c)2(ab+bc+ca)2 >12a2(a+b+c)(b+c−a)bc.
Ta lại có (b+c)2 = [a+ (b+c−a)]2 >4a(b+c−a) và
(ab−bc)2+ (bc−ca)2+ (ca−ab)2 >0,
⇔ (ab)2 + (bc)2+ (ca)2 >ab2c+bc2a+ca2b, ⇔ (ab)2+ (bc)2+ (ca)2+ 2(ab2c+bc2a+ca2b)>3(ab2c+bc2a+ca2b), ⇔ (ab+bc+ca)2 >3abc(a+b+c),
nên ta suy bất đẳng thức cần chứng minh
Bài toán 10 Chứng minh với tam giác ta có bất đẳng thức
a2+b2+c2 >4S
r
3 + 4(R−2r)
4R+r + (a−b)
2+ (b−c)2+ (c−a)2.
Chứng minh. Ta có
S=pp(p−a)(p−b)(p−c), R= abc
4S, r=
S p.
(9)Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành
(xy+z+yz)>pxyz(x+y+z)
s
4(x+y)(x+z)(y+z)−5xyz (x+y)(x+y)(y+z) +xyz (xy+xz+yz)>√yxz
s
4(x+y+z)(xy+xz+yz)−9xyz xy+xz+yz
(xy+xz+yz)3+ 9(xyz)2 >4(xy+xz+yz)(x2yz+y2xz+z2xy)
Đặtxy=l, yz =m, xz =n, bất đẳng thức trở thành
(l+m+n)3+ 9lmn >4(l+m+n)(lm+ln+mn).
Điều theo bất đẳng thức Schur
• Ngược chiều với bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, ta có bất đẳng thức sau: Bài tốn 11 Với tam giác khơng tù ta có
a2+b2+c2 64√3S+2h(a−b)2 + (b−c)2+ (c−a)2i.
Chứng minh. Để chứng minh, ta cần đến bổ đề sau:
Bổ đề Chof :I →Rlà hàm lồi Khi với mọix, y, z ∈Ita có
f(x) +f(y) +f(z)
3 +f(
x+y+z )>
2
h
f(x+y ) +f(
y+z ) +f(
z+x
2 )
i
Bất đẳng thức cần chứng minh viết thành
a2+b2+c2 64√3S+
h
2(a2+b2+c2)−2(ab+bc+ca)
i
⇔ 4(ab+bc+ca)−2(a2+b2+c2)64√3S+ (a2+b2+c2).
Mặt khác
a2 =b2+c2−2bccosA= (b−c)2+ 2bc(1−cosA)
= (b−c)2+ 4S1−cosA
sinA = (b−c)
2+ 4StanA
2,
nên ta
a2 +b2+c2 = (a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2+ 4S³tanA
2 + tan B
2 + tan C
2
´
2(ab+bc+ca)−(a2+b2+c2) = 4S³tan A
2 + tan B
2 + tan C
2
´
(10)Do bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
8S
³
tanA + tan
B + tan
C
´
64√3S+ (a2+b2+c2)
⇔ 2³tanA + tan
B + tan
C
´
6√3 + a2+b2+c2
4S .
Ta có hệ thức cotA+ cotB + cotC = a
2+b2 +c2
4S , nên bất đẳng thức cần chứng minh
trở thành
2
³
tanA + tan
B + tan
C
´
6√3 + cotA+ cotB+ cotC.
Xétf(x) = cotxvớix∈(0,π
2]là hàm lồi (vì cóf00(x) =
2 cosx
sin3x >0), nên theo bổ đề ta
1
3(cotA+ cotB+ cotC) + cot(
A+B+C )>
X
cyclic
cot(A+B
2 )
⇔ cotA+ cotB + cotC+√3>2
³
tanA + tan
B + tan
C
´
.
Nhận xét Nếu tam giác tù bất đẳng thức khơng cịn nữa. Chẳng hạn xét tam giác vớia =b =x, c = 1,
2 < x <
√
2 theo định lý
hàm số cosin ta có 12 =x2+x2−2x2cosC nên suy ra
1−<cosC = 2x
2−1
2x2 <0, tứcClà góc tù Trong bất đẳng thức trở thành
2x2+ 16p3(4x2−1) + 4(x−1)2, −2x2+ 8x−36p3(4x2−1),
chọnx= 0.55∈(1
2,√12)thì thấy bất đẳng thức sai!
• Ta chứng minh bất đẳng thức "mạnh" sau: Bài tốn 12 Với tam giác khơng tù ta có
a2+b2+c2 64√3S+6− √
6
h
(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2i.
Chứng minh. Để chứng minh, ta cần đến bổ đề sau:
Bổ đề Với tam giác không tam giác tù ta có a2+b2+c2 >4(R+r)2. Bất đẳng thức cần chứng minh viết thành
2(a2+b2 +c2)64√3S+ (6−√6)
h
(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2
i
(11)Do hệ thức a2+b2+c2 = 2p2−2r2−8Rr,ab+bc+ca=p2+r2+ 4Rr thì bất đẳng thức trở thành
p2(4−√6) + 4√3S >rR(64−12√6) +r2(16−3√6)
Do bất đẳng thức Gerretsen p2 >16Rr−5r2 ta chứng minh rằng
(16Rr−5r2)(4−√6) + 4√3S >Rr(64−12√6) +r2(16−3√6)
Bất đẳng thức viết thành
4√3S >4√6Rr+ (36−8√6)r2
3p2 >6R2+ 2(9√6−12)Rr+ (9−2√6)r2
3p2 >6R2+ 2(9√6−12)Rr+ (105−35√6)r2
Do bổ đề ta cần chứng minh bất đẳng thức
8R+ 3r >2(3√6−4)R+ (35−12√6)r
⇔ (16−6√6)(R−2r)>0
Bất đẳng thức sau bất đẳng thức Euler R >2r Bài toán 13 Với tam giác ta có
6(ab+bc+ca)−5(a2+b2 +c2)64√3S 62(ab+bc+ca)−(a2+b2+c2)
Chứng minh. Để chứng minh, ta cần đến bất đẳng thức Schur: Với số dươngx, y, z > 0và số thựct ∈Rta có bất đẳng thức
xt(x−y)(x−z) +yt(y−z)(y−x) +zt(z−x)(z−y)>0
Vớit= 2vàx=a, y=b, z =cta
X
cyclic
a4+abc X cyclic
a> X cyclic
ab(a2+b2),
hay
4(X
cyclic
ab)2 + (X cyclic
a2)2−4(X cyclic
ab)(X
cyclic
a2)>(X cyclic
a) Y
cyclic
(b+c−a),
điều tương đương với 4√3S 62 P
cyclic
ab− P
cyclic
(12)Lại áp dụng bất đẳng thức Schur ta có
(2X
cyclic
xy− X
cyclic
x2)(X cyclic
x)69xyz,
nhưng 27xyz 6( P
cyclic
x)3, nên ta được
2 X
cyclic
xy− X
cyclic
x2 6h3xyz(X cyclic
x)
i1
.
Đến thay x+y=a, y+z =b, z +x=c
ta P
cyclic
ab−5 P
cyclic
a2 64√3S.
Bài tốn 14 Với tam giác ta có
4r2+ 16Rr−p2 6√3S 6r(4R+r). Chứng minh. Ta áp dụng tập 13 với
X
cyclic
ab=p2+r2+ 4Rr, X cyclic
a2 = 2(p2−r2−4Rr), S =pr.
Bài tốn mở: Tìm sốα, β"tối ưu" để bất đẳng thức sau với tam giác
4√3S+αQ6a2+b2+c2 64√3S+βQ,
trong Q= (a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2.
Trước hết ta khẳng định tốn mở có nghiệmα, β phải cóα 1và
β > Thật vậy, cần chọn tam giác cóa = b = vàc= x ∈ (0,2)ta suy điều cần chứng minh
Trong[4]Roberto Bosch chứng minh với tam giác khơng tù số
β = 2−
√
3−2√2 làm thỏa mãn bất đẳng thức vế phải Lúc bất đẳng thức vế phải
a2+b2+c2 64√3S+ 2− √
3 3−2√2Q.
Dấu(=)xảy tam giác vuông cân
Lưu ý Các hệ sốβở toán 11, 12 tốn mở có quan hệ sau
2−√3 3−2√2 <
6−√6 <2
(13)•Bài tập đề nghị:
Bài tập 1.Chứng minh với tam giác ta có bất đẳng thức
a2+b2+c2 >2√3S+ 2r(4R+r) + (a−b)2 + (b−c)2+ (c−a)2.
Bài tập 2.Chứng minh với tam giác ta có bất đẳng thức
p−a b+ca
2+p−b
c+ab
2+p−c
a+bc
2 >√3S.
Bài tập 3.Chứng minh với tam giácABC ta có bất đẳng thức
a2+b2+c2 >4√3S+ X cyclic
(a−b)2+ 16Rr³ X cyclic
cos2 A
2 −
X
cyclic
cosA cos
B
´
.
Bài tập 4.Chứng minh với tam giácABC ta có bất đẳng thức
a2+b2+c2 >4√3S+ X cyclic
(a−b)2
+ 16Rr³ X
cyclic
cos2A
2 −
X
cyclic
cosA cos
B
´
+ 16r2h X
cyclic
sin
³π−A
4
´
− X cyclic
sinA
i
.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Arthur Engel.Problem solving strategies Springer Verlag, 1998
[2] Cezar Lupu, Constantin Mateescu, Vlad Matei, Mihai Opincariu. Refinements of the Finsler-Hadwinger reverse inequality Mathematics Subject Classification, 2000
[3] Dumitru M Batinetu-Giurgiu, Neculai Stanciu.Some Generalizations of Ionescu-Weitzenb ăocks Inequality Journal of Science and Arts, No 1(22), 2013
[4] Roberto Bosch A new proof of Finsler-Hadwiger revese inequality in non-obtuse triangle Journal Gazeta Matematica Romania Nr 3-4/2014