Đang tải... (xem toàn văn)
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