Một số dạng bất đẳng thức hình học

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Trần Quang Hùng TÓM TẮT LUẬN VĂN CAO HỌC MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC Hà Nội - 2011 MỤC LỤC Các kiến thức đại số hình học 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 Nguyên lý cực trị hình học Nguyên lý Dirchlet hình học Nguyên lý khởi đầu cực trị Phép chứng minh phản chứng Các bất đẳng thức đại số 1.5.1 Bất đẳng thức AM-GM 1.5.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 1.5.3 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức 1.5.4 Bất đẳng thức Holder 1.5.5 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa 1.5.6 Bất đẳng thức Jensen 1.5.7 Bất đẳng thức Schur 1.5.8 Bất đẳng thức Nesbitt Một số bất đẳng thức hình học 1.6.1 Các hệ thức tam giác 1.6.2 Các hệ thức liên quan đến vector 1.6.3 Một số kết quan trọng hình học Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức tam giác 2.1 2.2 2.3 Phương pháp sử dụng đại số Phương pháp vector 2.2.1 Ứng dụng làm mạnh bất đẳng thức tam giác 2.2.2 Kết hợp bất đẳng thức Ptolemy bất đẳng thức tam giác 2.2.3 Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz dạng vector 2.2.4 Phương pháp bình phương vơ hướng 2.2.5 Một số toán kỳ thi Olympiad Phương pháp R, r, p 2.3.1 Bổ đề Jack Garfunkel 2.3.2 Một vài toán ứng dụng 2.3.3 Sử dụng tham số xây dựng bất đẳng thức từ bất đẳng thức 5 6 6 7 9 9 10 11 14 14 27 27 29 30 32 32 33 33 34 43 Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 2.4 Một số toán chọn lọc Tài liệu tham khảo 45 75 LỜI NÓI ĐẦU Lịch sử bất đẳng thức bắt nguồn từ lâu xuyên suốt, thăng hoa qua thời gian tận ngày Như Richard Bellman nói: “ Có ba lý giải thích ln quan tâm tới bất đẳng thức Đó thực hành, lý thuyết, quan trọng thẩm mỹ – vẻ đẹp tồn mắt người quan tâm tới bất đẳng thức; Mọi người thường dễ dàng cảm nhận vẻ đẹp nhạc, hay lời thơ Thế vẻ đẹp Tốn học lại thật kì lạ thú vị, địi hỏi tâm hồn phong phú, tri thức lãng mạn.” Trong vẻ đẹp xuyên qua lịch sử bất đẳng thức khơng thể khơng nhắc tới phận làm nên vẻ đẹp đó, bất đẳng thức hình học Bất đẳng thức mà tính đại số, hình học mang tính tư trực quan, kết hợp đại số hình học nảy sinh bất đẳng thức hình Bất đẳng thức hình học phần quan trọng hình học, xuất nhiều lĩnh vực khác hình học Với hỗ trợ bất đẳng thức hình học, giải nhiều vấn đề hóc búa hình học từ sơ cấp đến cao cấp Bên cạnh đó, bất đẳng thức hình học có ứng dụng rộng rãi sống, từ việc so sánh độ dài đến so sánh diện tích, thể tích thấy có mặt bất đẳng thức hình học Việc chứng minh bất đẳng thức hình học cơng việc khơng phải sớm chiều, cần tổng hợp, phân tích, đánh giá, kết hợp kiến thức đại số hình học khả liên tưởng nhạy bén, sáng tạo để sáng tạo toán hay cách giải tốn bất đẳng thức có yếu tố hình học Ngày nay, kỳ thi Olympic nước giới, bất đẳng thức hình học chiếm vị trí quan trọng Bằng nhìn tổng quan, luận văn nêu số ví dụ điển hình kỳ Olympic nước thời gian qua Luận văn chia thành chương: Chương Các kiến thức hình học Chương nêu lên kiến thức hình học phẳng, chủ yếu vấn đề cực trị, kết quan trọng tam giác, tứ giác, hình trịn Các nguyên lý nguyên lý bất đẳng thức đại số thường sử dụng Chương Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức tam giác Chương thứ hai tập hợp số phương pháp giải toán bất đẳng thức tam giác kĩ thuật xây dựng bất đẳng thức hình học trình bày dạng phương pháp giải xây dựng Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Để hoàn thành luận văn này, trước xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới người thầy đáng kính PGS.TS Nguyễn Vũ Lương người thầy dìu dắt tơi từ ngày khởi nghiệp dạy tơi hồn thành luận văn Thầy bảo tận tình giúp đỡ tơi thật nhiều việc, khơng khóa luận mà cịn q trình làm việc tơi Qua xin gửi lời cảm ơn chân thành thầy cô đọc, kiểm tra, đánh giá cho ý kiến quý báu để luận văn đầy đủ hơn, phong phú Cũng xin gửi lời cảm ơn tới tất thầy cô giáo trường THPT chuyên KHTN đặc biệt các thầy giáo mơn tốn trường, người thầy, người bạn giúp đỡ nhiều q trình làm luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phịng sau Đại học, khoa Tốn-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Tuy có nhiều cố gắng thời gian khả có hạn nên vấn đề khóa luận chưa trình bày sâu sắc khơng thể tránh khỏi có sai sót cách trình bày Mong góp ý xây dựng thầy bạn Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà nội, ngày 10 tháng 11 năm 2011 Học viên Trần Quang Hùng CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN TRONG ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC 1.1 Nguyên lý cực trị hình học (1) Trong tất cách nối hai điểm A B đoạn thẳng có độ dài ngắn (2) Trong tất đoạn thẳng nối từ điểm cho trước tới điểm đường thẳng (hoặc mặt phẳng) cho trước đoạn vng góc có độ dài ngắn (3) Trong tất đường xiên kẻ từ điểm cho trước tới đường thẳng (hoặc mặt phẳng) cho trước, đường xiên có hình chiếu ngắn ngắn (4) Trong tam giác có chu vi, tam giác có diện tích lớn Trong tam giác có diện tích, tam giác có chu vi nhỏ (5) Độ dài đoạn thẳng nằm đa giác lồi không lớn khoảng cách lớn nối hai đỉnh (6) Nếu đa giác lồi chứa đa giác lồi khác, chu vi đa giác ngồi lớn chu vi đa giác (7) Nếu M điểm nằm đường trịn tâm O dây cung qua M, dây cung vng góc với OM có độ dài ngắn 1.2 Nguyên lý Dirchlet hình học Một cơng cụ hữu ích dùng giải nhiều vấn đề Toán học, có hình học, ngun lý Dirichlet Định lý 1.1 (Nguyên lý Dirichlet) Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng có thỏ bị nhốt vào chuồng Ngoài dạng phát biểu trên, nguyên lý Dirichlet cịn phát biểu dạng hình học sau: Định lý 1.2 (Nguyên lý Dirichlet với độ dài) Trên đường thẳng cho đoạn AB có độ dài a số đoạn Ai Bi (i = 1, n) có tổng độ dài b Khi đó, Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng • Nếu b < ka (k ∈ N∗ ) bên đoạn AB tồn điểm M thuộc không k − đoạn Ai Bi • Nếu b > ka (k ∈ N∗ ) đoạn AB chứa tất đoạn Ai Bi có k + đoạn Ai Bi có điểm chung Định lý 1.3 (Nguyên lý Dirichlet diện tích) Trong mặt phẳng cho hình (H) có diện tích S hình (Hi ) (i = 1, n) có tổng diện tích T Khi đó, • Nếu T < kS (k ∈ N∗ ) tồn điểm M nằm hình (H) cho M điểm chung khơng q k − hình hình (Hi ) (i = 1, n) • Nếu T > kS (k ∈ N∗ ) hình (H) chứa tất hình (Hi ) (i = 1, n) tồn điểm M (H) cho M điểm chung (k + 1) hình số hình Hi 1.3 Nguyên lý khởi đầu cực trị Nguyên lý khởi đầu cực trị phát triển mạnh mẽ Graph hữu hạn Nó phát biểu dạng tập hợp sau: Định lý 1.4 (Nguyên lý khởi đầu cực trị) Trong tập hợp hữu hạn (khác rỗng) số thực ln chọn số bé số lớn 1.4 Phép chứng minh phản chứng Phép chứng minh phản chứng có sở dựa vào định lý sau: Định lý 1.5 Mệnh đề A → B tương đương với mệnh đề B → A Với kết thu từ định lý này, ta thấy việc A → B gặp khó khăn, ta giả sử khơng có B Sau với phép lập luận biện chứng, ta tìm cách đưa đến kết A kết khơng phù hợp với tiên đề, định lý, giá trị có Một phép lập luận ta gọi phép phản chứng 1.5 Các bất đẳng thức đại số Nhiều bất đẳng thức đại số có ứng dụng sâu rộng, phải kể đến bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Mean – Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Jensen 1.5.1 Bất đẳng thức AM-GM Định lý 1.6 (Bất đẳng thức AM-GM) Với n số thực khơng âm a1 , a2 , , an , ta có bất đẳng thức √ a1 + a2 + · · · + an n a1 a2 · · · an n đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Chú ý Ngoài ra, bất đẳng thức AM-GM cịn viết dạng sau ( )n a1 + a2 + · · · + an a1 a2 · · · an n 1.5.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Định lý 1.7 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Xét hai số thực tùy ý a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Khi đó, ta có (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) a1 a2 an = = ··· = (Lưu ý ta sử dụng b1 b2 bn quy ước mẫu tử 0.) Đẳng thức xảy 1.5.3 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức) Xét hai số thực tùy ý a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn bi > 0, ∀i = 1, 2, , n Khi đó, ta có a21 a22 a2 (a1 + a2 + · · · + an )2 + + ··· + n b1 b2 bn b1 + b2 + · · · + bn a1 a2 an Đẳng thức xảy = = ··· = b1 b2 bn Từ định lý này, ta thu hai hệ quan trọng sau: • Với n số thực tùy ý a1 , a2 , , an , ta có a21 + a22 + · · · + a2n (a1 + a2 + · · · + an )2 n Kết thu cho b1 = b1 = · · · = bn = • Với n số thực dương tùy ý x1 , x2 , , xn , ta có 1 + + ··· + x1 x2 xn n2 x1 + x + · · · + xn Kết thu cách cho a1 = a2 = · · · = an = b1 = x1 , b2 = x2 , , bn = xn 1.5.4 Bất đẳng thức Holder Định lý 1.9 (Bất đẳng thức Holder) Cho xij với i = 1, 2, , m j = 1, 2, , n số thực khơng âm, ta có bất đẳng thức sau ( n m ∏ ∑ i=1 j=1 xij )1 m n ∏ m ∑ xijm j=1 i=1 Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Chú ý Khi ứng dụng vào giải toán, ta thường sử dụng bất đẳng thức Holder hai dạng đặc biệt sau: • Với sáu số thực khơng âm a, b, c, x, y, z, ta có (a3 + x3 )(b3 + y )(c3 + z ) Đẳng thức xảy (abc + xyz)3 a b c = = x y z • Với chín số thực khơng âm a, b, c, x, y, z, m, n, p, ta có (a3 + b3 + c3 )(x3 + y + z )(m3 + n3 + p3 ) Đẳng thức xảy 1.5.5 (axm + byn + czp)3 a b c a b c = = = = x y z m n p Bất đẳng thức trung bình lũy thừa Định lý 1.10 (Bất đẳng thức trung bình lũy thừa) Cho a1 , a2 , , an số thực khơng âm r s > Khi đó, ta có ( )1 ar1 + ar2 + · · · + arn r n ( )1 as1 + as2 + · · · + asn s n Đẳng thức xảy r = s a1 = a2 = · · · = an Đặc biệt: • Khi r = n s = 1, ta có √ n n n n a1 + a2 + · · · + an n hay , ta có n a1 + a2 + · · · + an n hay ( an1 + an2 + · · · + ann n • Khi r = s = √ n a1 + √ n a2 + · · · + n a1 + a2 + · · · + an , n (√ n √ n a1 + a2 + · · · + an n a1 + an √ n √ n a2 + · · · + n )n √ n an )n , a1 + a2 + · · · + an n Đây kết quen thuộc hay sử dụng chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt bất đẳng thức liên quan đến yếu tố hình học (điều thể rõ chương sau) Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 1.5.6 Bất đẳng thức Jensen Định lý 1.11 (Bất đẳng thức Jensen) Cho f : D → R hàm lồi n ∈ N∗ Xét hai dãy số {xi }ni=1 ⊂ D {λi }ni=1 ⊂ [0, 1] cho λ1 + λ2 + · · · + λn = Khi ta có f (λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λn xn ) 1.5.7 λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + · · · + λn f (xn ) Bất đẳng thức Schur Định lý 1.12 (Bất đẳng thức Schur) Với số thực không âm a, b, c cho trước k số thực dương bất kì, ta có ak (a − b)(a − c) + bk (b − c)(b − a) + ck (c − a)(c − b) Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị Trường hợp hay sử dụng bất đẳng thức Schur k = 1, lúc ta viết lại bất đẳng thức dạng a3 + b3 + c3 + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca(c + a) 1.5.8 Bất đẳng thức Nesbitt Định lý 1.13 (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho số dương a, b, c Khi ta có a b c + + b+c c+a a+b Đẳng thức xảy a = b = c 1.6 1.6.1 Một số bất đẳng thức hình học Các hệ thức tam giác Trong luận văn này, ta sử dụng số kí hiệu thống tam giác sau: Xét tam giác ABC cho trước Khi đó, ta kí hiệu: • BC = a, CA = b, AB = c; • ma , mb , mc , la , lb , lc , , hb , hc độ dài trung tuyến, phân giác đường cao tương ứng với cạnh a, b, c; • p nửa chu vi tam giác; • SABC diện tích tam giác ABC trường hợp khơng nhầm lẫn, ta kí hiệu S; • r, R bán kính đường trịn nội tiếp, đường trịn ngoại tiếp tam giác; • , rb , rc bán kính đường trịn bàng tiếp góc A, B, C Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 61 Chứng minh Áp dụng bổ đề cho x = M B · M C, y = M C · M A, z = M A · M B ta có 3M A · M B · M C ∑√ ∑√ √ M A2 · M B · M Cda = M A · M B · M C M Adc ⇔ 9M A · M B · M C √ √ √ 4( M Ada + M Bdb + M Cdc )2 Dấu xảy M trùng với ba đỉnh, tốn cực trị, điều phải chứng minh Chú ý Từ bổ đề ta suy nhiều tốn thú vị khác, ví dụ đặt ∑ ∑ MB · MC x= ta chứng minh M B · M C M A · da bất đẳng MA thức kinh điển Bài toán 2.76 Cho tam giác XY Z ABC, chứng minh cos2 X A Y B Z C cot + cos2 cot + cos2 cot 2 2 2 cos X Y Z cos cos 2 Dấu xảy hai tam giác đồng dạng Bổ đề 2.76.1 Cho tam giác ABC với P x, y, z > (x + y + z)(xP A2 + yP B + zP C ) yza2 + zxb2 + xyc2 Bổ đề 2.76.2 Cho tam giác ABC với x, y, z > √ xa2 + yb2 + zc2 xy + yz + zxS Chứng minh Áp dụng bổ đề ta có tam giác ABC với P x, y, z > 0, gọi S diện tích tam giác ABC (x + y + z)(xP A2 + yP B + zP C ) yza2 + zxb2 + xyc2 ⇔ xP A + yP B + zP C 2 √ √ xyz(x + y + z)S xyz S x+y+z A A Áp dụng bất đẳng thức vào tam giác XY Z với P x = cot , x = cot , x = 2 B C A cot cot cot A 2 cot ý = nên A B C cot + cot + cot 2 B C A ⇔ cot P X + cot P Y + cot P Z 4SXY Z 2 với tam giác XY Z Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 62 Khi P ≡ H trực tâm tam giác XY Z P X = HX = 2RXY Z cos X tương tự ý SXY Z = 2RXY Z sin X sin Y sin Z ta thu A B C sin X + cot sin2 Y + cot sin2 Z sin X sin Y sin Z 2 π−X π−Y π−Z Áp dụng vào tam giác có ba góc , , ta thu 2 X A Y B Z C X Y Z cos2 cot + cos2 cot + cos2 cot cos cos cos 2 2 2 2 cot Đó điều phải chứng minh Bài toán 2.77 Cho a, b, c ba cạnh tam giác nội tiếp đường trịn bán kính R hai số dương p + q = thỏa mãn pb2 + qc2 + R2 = pqa2 , chứng minh pq > Bổ đề 2.77.1 Cho tam giác ABC với số thực x, y, z yz sin2 A + zx sin2 B + xy sin2 C (x + y + z)2 x y z = = sin 2A sin 2B sin 2C ∑ −→ Chứng minh Với x, y, z ( xOA) với O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, bất đẳng thức tương đương với tốn bổ đề Ta lưu ý ln có ∑ ∑ −→ −→ x − → → − sin 2AOA = dấu xảy xOA = ⇔ = sin 2A y z = ta quy ước ba số sin 2A, sin 2B, sin 2C khơng sin 2B sin 2C tử số tương ứng khơng khác dấu không xảy dấu xảy Giải toán Sử dụng định lý hàm số sin dễ thấy điều kiện tương đương p sin2 B + 1 q sin2 C + = pq sin2 A hay pq sin2 A − p sin2 B − q sin2 C = (1), áp dụng bổ đề 4 x = −1, y = q, z = p dễ suy (chú ý p + q = 2) pq sin2 A − p sin2 B − q sin2 C (p + q − 1)2 = 4 Vậy theo (1) dấu phải xảy q p p+q −1 = = = = (2) sin 2A sin 2B sin 2C sin 2B + sin 2C sin 2B + sin 2C Từ dễ suy −2 sin 2A = sin 2B+sin 2C = sin(B+C) cos(B−C) ⇒ −4 sin A cos A = sin A cos(B − C) ⇒ cos(B − C) = −2 cos A Mặt khác từ (2) dễ suy (cos(2B − 2C) − cos(2B + 2C)) sin 2B sin 2C = pq = sin2 2A sin2 A cos2 A Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 63 Ta thấy cos(2B − 2C) − cos(2B + 2C) = cos 2(B − C) − cos 2A = cos2 (B − C) − − (2 cos2 A − 1) = 2(4 cos2 A − cos2 A) = cos2 A (cos(2B − 2C) − cos(2B + 2C)) 3 pq = = 2 4 sin A cos2 A sin A Dễ thấy dấu dấu xảy sin2 A = hay sin 2A = x = −1 ̸= có đẳng thức giả thiết vơ lý, tức dấu khơng xảy Ta hồn thành chứng minh Nhận xét Từ đẳng thức (2) ta tạo nhiều bất đẳng thức khác với p, q Bài toán 2.78 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I tâm đường tròn nội tiếp, M điểm cung nhỏ BC, chứng minh M A + 2OI MB + MC M A − 2OI Chứng minh Sử dụng tính chất phép chiếu vector ta có −−→ −−→ −−→ −−→ M A M A = 2M O.M A ⇒ M A = 2M O MA Tương tự, ta có −−→ −−→ −−→ M B −−→ M C M B = 2M O , M C = 2M O MB MC Vậy từ ba đẳng thức ta chu −−→ −−→ −−→ −−→ M B M C M A M B + M C − M A = 2M O.( + − ) (1) MB MC MA Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Swart dạng vector ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ M B M C M A MB MC MA MB MC MA −M O| + − | M O·( + − ) M O| + − | (2) MB MC MA MB MC MA MB MC MA −−→ −−→ −−→ MB MC MA Do M ∈ (O) nên M O = R, tính | + − | MB MC MA −−→ −−→ −−→ MB MC MA | + − | MB MC MA −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ MB MC MB MA MC MA = + 2( − − ) MB MC MB MA MC MA −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ = + 2(cos(M B, M C) − cos(M B, M A) − cos(M C, M A)) = − 2(cos A + cos B + cos C) (Because M in small arc BC) R+r R+r =3−2 (Ở sử dụng hệ thức lượng có cos A + cos B + cos C = ) R R R2 − 2Rr = R2 OI = (Công thức Euler) R Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 64 Từ suy −−→ −−→ −−→ MB MC MA M O| + − | = OI (3) MB MC MA Vậy từ (1), (2), (3) ta thu bất đẳng thức M A + 2OI M B + M C dấu xảy ABC tam giác M A − 2OI, Bài toán 2.79 Cho tam giác △ABC, trực tâm H, bán kính đường trịn ngoại tiếp R, với M mặt phẳng, tìm giá trị bé biểu thức M A3 + M B + M C − R · M H 2 Chứng minh Bằng bất đẳng thức AM-GM có M A3 R + M A + R ⇒ M A3 R M A3 + R.M A R 2M A2 R2 M A2 − 2 Tương tự ta có M B3 R R2 M C M B2 − , 2 R R2 M C2 − 2 Như M A3 + M B + M C R 3 (M A2 + M B + M C ) − R2 2 (1) Gọi O tâm ngoại tiếp tam giác ABC ta có M A2 + M B + M C −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ = (M O + OA)2 + (M O + OB)2 + (M O + OC)2 −−→ −→ −−→ −→ = 3M O2 + 2M O(OA + OB + OC) + 3R2 −−→ −−→ = 3M O2 + 2M O.OH + 3R2 = 3M O2 − (OM + OH − M H ) + 3R2 = 2M O2 − OH + M H + 3R2 3R2 − OH + M H (2) −→ −−→ −→ −−→ (Ở sử dụng đẳng thức vector OA + OB + OC = OH) Vậy từ (1), (2) ta suy M A3 + M B + M C R 3 (3R2 − OH + M H ) − R2 2 3 ⇒ M A3 + M B + M C − R.M H 3R3 − R.OH = const 2 Ta dễ thấy dấu xảy M ≡ O, ta thu M A3 +M B +M C − R.M H 2 đạt giá trị bé M ≡ O Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 65 Bài toán 2.80 Cho tam giác ABC điểm P bên nó, chứng minh (AP + BP + CP )2 3(aP A + bP B + cP C) Chứng minh Chúng ta đặt ∠BP C = α, ∠CP A = β, ∠AP B = γ α + β + γ = 2π Bởi định lý hàm số cosine ta có a2 = P B + P C − 2P BP Ccosα ⇒ a2 P A = P A(P B + P C ) − P AP BP Ccosα Tương tự ta b2 P B, c2 P C Từ bất đẳng thức cosα + cosβ + cosγ − when α + β + γ = 2π ta thu a2 P A + b2 P B + c2 P C = P A(P B + P C ) + P B(P C + P A2 ) + P C(P A2 + P B ) − 2P AP BP C(cos α + cos β + cos γ) P A(P B + P C ) + P B(P C + P A2 ) + P C(P A2 + P B ) + 3P BP CP A = (P A + P B + P C)(P BP C + P CP A + P AP B) (P A + P B + P C)3 Như (P A + P B + P C)3 ⇒ (P A + P B + P C)4 ⇒ (P A + P B + P C)2 3(a2 P A + b2 P B + c2 P C) 3(a2 P A + b2 P B + c2 P C)(P A + P B + P C) 3(aP A + bP B + cP C)2 (by Cauchy-Swart inequality) √ 3(P A2 + b2 P B + c2 P C) Dấu xảy ABC tam giác P trùng tâm Bài toán 2.81 Giả sử a, b, c ba cạnh tam giác ma , mb , mc trung tuyến chúng, chứng minh bất đẳng thức sau √ 3(a + b2 + c2 ) ma mb mc + + a2 b2 c2 2abc Chứng minh Bất đẳng thức tương đương ( ma bc mb ca mc ab + + ) a b c (a + b2 + c2 )2 Ta lại có ( ma bc mb ca mc ab + + ) a b c ∑ (mb ca).(mc ab) ∑ 3( ) = 3( a2 mb mc ) bc Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Ta chứng minh ∑ 3( a2 mb mc ) ∑ (a + b2 + c2 )2 ⇔ 4( a2 mb mc ) 66 (a2 + b2 + c2 )2 Thật vậy, chuyển qua tam giác trung tuyến với ba cạnh ma , mb , mc cần chứng minh ∑ ∑ 3 4m2a b c (m2a + m2b + m2c )2 ⇔ (2(b2 + c2 ) − a2 )bc (a2 + b2 + c2 )2 4 Bằng biến đổi tương đương, ta thu ∑1 ⇔ (a2 − (b − c)2 )(b − c)2 bất đẳng thức ln a > |b − c|, b > |c − a|, c > |a − b| với tam giác ABC Đó điều phải chứng minh Bài toán 2.82 Với tam giác nhọn ABC, trung tuyến ma , mb , mc , bán kính tiếp , rb , rc , nửa chu vi s, chứng minh bất đẳng thức ma · + mb · rb + mc · rc s2 Chứng minh Gọi A′ trung điểm BC, ta có O nằm tam giác ABC ABC tam giác nhọn Vậy OA′ = OC cos A′ OC = R cos A từ suy ma = AA′ A a A a A OA + OA′ = R + R cos A = 2R cos2 = cos2 = · cot sin A 2 a A A a as Nói cách khác ma : tan Ta lại có tan = , ma : = Ta 2 s s 2ra as bs cs thu ma · Tương tự cho đỉnh B, C mb · rb mc · rc 2 Do a+b+c as bs cs + + = · s = s · s = s2 ma · + mb · rb + mc · rc 2 2 Đó điều phải chứng minh Bài tốn 2.83 Cho tam giác ABC chứng minh A B C A B C B C C A sin + sin + sin + [cos2 + cos2 + cos2 − (cos cos + cos cos + 2 2 2 2 2 B A cos cos )] 2 Chứng minh Không tổng quát ta giả sử A C B, ta có A B C + sin + sin 2 A B A+B [1 + (sin + sin )2 ] + cos 2 2 A B A B A B A B = (1 + sin + sin ) + sin sin + (cos cos − sin sin ) 2 2 2 2 A B A B = (3 − cos2 − cos2 ) + cos cos 2 2 A B = − (cos − cos ) (1) 2 2 sin Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 67 Ta chứng minh A B (cos − cos )2 2 B C C A A B [(cos − cos )2 + (cos − cos )2 + (cos − cos )2 ] = 2 2 2 A B C B C C A A B = [cos2 + cos2 + cos2 − (cos cos + cos cos + cos cos )] (2) 2 2 2 2 2 Thật bất đẳng thức tương đương với A B A C B C − cos )2 (cos − cos )2 + (cos − cos )2 2 2 2 B C A C B C A cos2 − cos cos − cos cos ⇔ −2 cos cos 2 2 2 A C B C A B C ⇔ cos cos + cos cos − cos cos − cos2 2 2 2 C B A C ⇔ (cos − cos )(cos − cos ) 2 2 ⇔ (cos Điều ta giả sử A C B ⇒ cos A cos C cos B Vậy từ (1), (2) ta có sin A B C +sin +sin 2 A B C B C C A A B − [cos2 +cos2 +cos2 −(cos cos +cos cos +cos cos )] 2 2 2 2 2 Nếu giải sử tương tự, ta có năm trường hợp khác A B C, C B A, C A B, B A C, B C A, kết cuối ta thu bất đẳng thức đối xứng trên, ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.84 Cho tam giácABC, chứng minh cos B−C C −A A−B + cos + cos 2 sin 3A 3B 3C + sin + sin 2 Chứng minh Ta có ∑ cos ∑ B−C sin ⇐⇒ ∑ 3A B C ∑ A ⇔2 sin sin + sin 2 2 ∑ B C A +2 sin sin 2 sin ∑ sin3 ∑ Ta chứng minh ( ) ( ) B C A A B sin + sin + sin sin + sin 2 2 sin ∑ A sin ∑ A A −4 sin3 2 (∗) B A + sin 2 Thật vậy, ta có ( A A B B (1) ⇐⇒ sin − sin sin + sin2 2 2 ) + sin C (1) Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 68 A−B C A+B − cos + sin 2 A−B cos A + cos B + cos , which is truly ⇐⇒ − cos A + − cos B + cos ⇐⇒ + sin C Tương tự, ta có ( ) ( ) C A B B C sin + sin + sin sin + sin 2 2 ) ( ) ( B C A A C + sin sin + sin sin + sin 2 2 sin C B + sin 2 (2) sin C A + sin 2 (3) Vậy từ (1), (2) (3) ta suy ∑ sin3 ∑ B C A +2 sin sin 2 2 ∑ sin A , điều phải chứng minh Bài toán 2.85 Cho tam giác nhọn ABC, P điểm bên tam giác ABC, đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BP C điểm thứ hai A0 , tương tự ta có B( 0) C0 Chứng minh a) P A0 · P B0 · P C0 8P A · P B · P C P A P B P C0 b) + + PA PB PC Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức Ptolemy ta có P A0 = P B · CA0 + P C · BA0 BC Đặt x = sin ∠BP C0 = sin ∠CP B0 , y = sin ∠BP A0 = sin ∠AP B0 , z = sin ∠CP A0 = sin ∠AP C0 Bởi định lý hàm số sine ta có CA0 z BA0 y = , = BC x BC x Từ ta thu P A0 = y z P B + P C (1) x x P B0 = x z P C + P B (2) y y Tương tự cho B, C ta có y x P C0 = P A + P C (3) z z Nhân bất đẳng thức (1), (2), (3) ta ) ∏(z y P A · P B · P C0 PB + PC x x cyc 8P A · P B · P C Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 69 Đó bất đẳng thức phần a) Từ bất đẳng thức AM − GM., ta cộng bất đẳng thức (1), (2), (3) ta ∑ P A0 ∑ ( z P B y P C ) + P A x P A x P A cyc cyc Đó bất đẳng thức phần b) Bài tốn 2.86 Cho tam giác ABC điểm M bất } tiếp tam { kỳ đường tròn ngoại MA MB MC b c c a a b giác, chứng minh + + + ; + ; + BC CA AB c b a c b a Chứng minh Ta dễ thấy vế sau không nhỏ 2, ta phải chứng minh { } MA MB MC b c c a a b + + + ; + ; + a b c c b a c b a Ta sử dụng phản chứng, giả sử rằng, bất đẳng thức sai, tức { } b c c a a b MA MB MC + + < + ; + ; + a b c c b a c b a Không giảm tổng quát, ta giả sử M nằm cung BC đường trịn ngoại tiếp khơng chưa A Từ đẳng thức Ptolemy ta suyu CA · M B + AB · M C = BC · M A Nói cách khác, b · M B + c · M C = a · M A Như vậy, M A = (b · M B + c · M C) /a Từ đó, MA MB MC (b · M B + c · M C) /a M B M C + + = + + a b c a b c ( ) ( ) ( ) ( c a) a b a b c a MB · + + MC · + MB · + + MC · + b a a c b a a c = , a MB + MC Bởi a M B + M C, ta thu MA MB MC + + < a b c { b c c a a b + ; + ; + c b a c b a } Một cách tương tự a b MA MB MC + + < + a b c b a MA MB MC c a + + < + a b c a c Như ( MA MB MC + + = a b c MB · ) ( ) MA MB MC MA MB MC + + + + + MC · a b c a b c MB + MC Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng ( MB · < 70 ) ( c a) a b + + MC · + b a a c MB + MC Điều mâu thuẫn giải thiết phản chứng, ta phải có ∑ MA a = ⇐⇒ { a = b = c ∨ M = A , b = c ∨ M = B , c = a ∨ M = C , a = b } Đó điều phải chứng minh Bài toán 2.87 Cho tam giác ABC, M điểm bên nó, tìm giá trị lớn biểu thức P A sin BP C + P B sin CP A + P C sin AP B Chứng minh Ta chứng minh P A sin ∠BP C + P B sin ∠CP A + P C sin ∠AP B AB + BC + CA Thật vậy, đặt φ = ∠P AB, δ = ∠P BC, ω = ∠P CA, α = ∠BAC, β = ∠ABC, γ = ∠BCA Sử dụng biến đổi lượng giác, ta có, bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với cos φ cos δ cos ω + cos(α − φ) cos(β − δ) cos(γ − ω) ∑ cyclic sin α cos( −α + β + γ + φ − δ − ω) sin α + sin β + sin γ sin α + sin β + sin γ Điều hiển nhiên, dấu xảy φ = α β γ , δ = , ω = , khiđó P 2 trùng tâm nội tiếp tam giác ABC Bài toán 2.88 Cho tam giác ABC, bán kính đường trịn nội tiếp r, ba bán kính đường tròn bàng tiếp , rb , rc , chứng minh √ √ √ 1 1 1 + 2+ + 2+ + rra rb rrb rc rrc r Chứng minh Gọi nửa chu vi tam giác ABC p, phép Ravi ta đặt p − a = x, p − b = y, p − c = z sau chuẩn hóa x + y + z = 1, ta đưa toán bất đẳng thức đại số √ √ √ x + y + y + z + z + x2 Đây bất đẳng thức quen với người làm bất đẳng thức đại số, cách làm ta chứng minh sau Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 71 4(x + y + z)2 (yz + z + zx + x2 )(zx + x2 + xy + y ) − (2x3 + 3y z + 3z x + 2x2 y + 2yz + 4zx2 + 2xy + 6xyz)2 = xy(z − x)2 (4x2 + 4y + z + 8zx + 4xy) + yz(x − y)2 (4y + 2 3yz + + 12y + 4z + 11yz + 7zx + 4xy) √ + zx(y − z) (4x √ ∑11zx) 2 ⇔ cyc yz + z + zx + x zx + x2 + xy + y ∑ 2x3 + 3y z + 3z x + 2x2 y + 2yz + 4zx2 + 2xy + 6xyz x+y+z cyc ⇔ = 2(x2 +y +z )+6(yz+zx+xy) (∑ )2 √ + yz + z xy + y cyc 4(x + y + z)2 √ √ √ Như với x + y + z = ta ⇔ y + z + z + x2 + x + y phải chứng minh 2, điều Bài toán 2.89 Cho tam giác ABC trọng tâm G P điểm Chứng minh 3P G + a + b + c > P A + P B + P C Chứng minh Từ bất đẳng thức → − − → → − → → − → → → → → → → |− a | + | b | + |− c | + |− a + b +− c | | b +− c | + |− c +− a | + |− a + b| − → → − → → → → → → → → → Đặt − a =− v +− w −− u, b =− w +→ u −− v, − c =− u +− v −− w Ta bất đẳng thức → → → → → → → → → → → → |− u +− v +− w | + |− u +− v −− w | + |− v +− w −− u | + |− w +− u −− v| → → → 2(|− u | + |− v | + |− w |) → → → → → → → → → → → → − → → Làm yếu |− u +− v −− w | < |− u |+|− v −− w |, |− v +− w −− u | < |− v |+|− w −− u |, |→ w +− u −− v|< → → → |− w | + |− u −− v| Ta thu bất đẳng thức sau → → → → → → → → → → → → |− u +− v +− w | + |− u −− v | + |− v −− w | + |− w −− u | > |− u | + |− v | + |− w| −→ → −−→ → −→ → Khi áp dụng bất đẳng thức cho − u = P A, − v = P B, − v = P C ta điều phải chứng minh Bài toán 2.90 Cho tam giác ABC, phân giác AD P nằm đoạn AD P B, P C cắt CA, AB B ′ , C ′ Giả sử BB ′ = CC ′ , chứng minh tam giác ABC cân Bổ đề 2.90.1 Cho tam giác ABC, AB < AC, phân giác AD P nằm đoạn AD a) P B < P C b) ∠P CA < ∠P BA Chứng minh a) Bài toán tam giác ABC với AB < AC phân giác AD DB < DC ∠ADB < 90◦ < ∠ADC Khi đó, ta dựng D′ đoạn DC cho DB = DD′ Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 72 Từ xét tam giác P DB P DD′ ta suy P B < P D′ Do D′ nằm đoạn BC nên P D′ max{P B, P C} nhiên P D′ > P B P D′ < P C Từ ta thu P B < P C A P B' B C D D' b) Do AB < AC, dựng B ′ đoạn AC cho AB = AB ′ Từ dễ suy ∠P BA = ∠P B ′ A > ∠P CA Lời giải toán Nếu tam giác ABC không cân Giả sử AB < AC theo bổ đề P B < P C nên ∠P CB < ∠P BC Xét tam giác BB ′ C CC ′ B suy BC ′ < B ′ C Vẽ hình bình hành BB ′ QC ′ suy B ′ Q < B ′ C hay ∠B ′ CQ < ∠B ′ QC (1) Q A B' C' B P D C Mặt khác tam giác C ′ QC cân C suy ∠C ′ CQ = ∠CQC ′ (2) Từ (1), (2) suy ∠C ′ CB ′ > ∠CQB ′ = ∠ABB ′ (3) Mặt khác từ AB < AC theo bổ đề suy ∠P CA < ∠P BA điều mâu thuẫn (3) Do điều giả sử sai Tương tự AC < AB vô lý AB = AC Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng 73 Bài toán 2.91 Cho tam giác ABC, AB AC điểm M ∈ AC cho M A + AB = M C I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC tia IB lấy điểm D cho ID = R với R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi E hình chiếu D lên IC Chứng minh 2DE M C, dấu xảy ? Bổ đề 2.91.1 Tam giác ABC, AB AC nội tiếp O, M ∈ AC cho M A + AB = M C M hình chiếu P lên AC P trung điểm cung lớn BC Chứng minh Gọi M ′ la hình chiếu P lên AC ta chứng minh M ′ ≡ M thật vậy, gọi K hình chiếu P lên AB, ta dễ chứng minh △P BK = △P CM ′ ⇒ P M = P K từ dễ suy △P AK = △P AM ′ suy AM ′ = AK AB+AM ′ = AB + AK = BK = CM ′ CM ′ − AM ′ = AB theo đề CM − AM = AB mà M ∈ AC M ′ ≡ M K P A M E I O C B D A P C = 2R cos (1) π A A Mặt khác ta lại thấy DE = R sin ∠EID = R sin ∠BIC = R sin( + ) = R cos (2) 2 Từ (1), (2) ta suy M C 2DE Dễ thấy dấu xảy tam giác ABC cân A Lời giải tốn Do M hình chiếu P nên M C Bài toán 2.92 Cho tam giác ABC x, y, z > Chứng minh yz cos B−C C −A A−B +zx cos +xy cos 2 (x2 +yz) sin A B C +(y +zx) sin +(z +xy) sin 2 Bổ đề 2.92.1 Cho tam giác ABC P điểm tam giác A′ , B ′ , C ′ hình chiếu P xuống BC, CA, AB Với x, y, z > Chứng minh xP B · P C + yP C · P A + zP A · P B √ √ √ yzP A · P A′ + zxP B · P B ′ + xyP C · P C ′ Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Chứng minh Từ lời giải tốn Erdos ta có P A b c x( P C ′ + P B ′ ) a a Tương tự cộng lại ta suy 74 b c P C ′ + P B ′ suy xP A a a ∑ c ∑√ b (y + z )P A′ yzP A′ b c PB · PC PC · PA PA · PB Thế x → ,y → ,z → ta thu PA PB PC xP A + yP B + zP C xP B · P C + yP C · P A + zP A · P B √ √ √ yzP A · P A′ + zxP B · P B ′ + xyP C · P C ′ Đó điều phải chứng minh Lời giải toán Trong bổ đề x → x2 , y → y , z → z cho P trùng tâm I đường A tròn nội tiếp, ý r = sin IA, ta thu bất đẳng thức 2(yz sin C C A A B B sin + zx sin sin + xy sin sin ) 2 2 2 x2 sin C B C + y sin + z sin 2 Bất đẳng thức đề tương đương với bất đẳng thức thu TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Vũ Lương (2004), Bất đẳng thức tam giác, NXB đại học quốc gia Hà Nội [2] Vũ Đình Hịa (2005), Bất đẳng thức hình học, NXB Giáo Dục, Hà Nội [3] Nguyễn Mộng Hy (2002), Các phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo Dục, Hà Nội [4] Phan Huy Khải (2001), 10.000 toán sơ cấp (bất đẳng thức hình học), NXB Hà Nội, Hà Nội [5] Tuyển tập 30 năm tạp chí Tốn học Tuổi trẻ (1997), NXB Giáo Dục, Hà Nội [6] Jose A.G.O., Radmila B.M., Rogelio V.D (2009), Inequalities A Mathematical Olympiad Approach, Basel-Boston-Berlin, Germany [7] Mihai B., Bogdan E., Mircea B (1997), Romanian Mathematical Competitions, The Romanian Society of Mathematical Sciences, Romania [8] Mitrinovic D.S, Pecaric J.E., Volenec V (1989), Recent advances in Geometric Ineqalities, Kluwer Academic Publishers, The Netherlands [9] Titu Andreescu, Oleg Mushkanov, Luchezar Stoyanov (2006), Geometric Problems on Maxima and Minima, Basel-Boston-Berlin, Germany [10] Website www.artofproblemsolving.com 75 ... đại số hình học nảy sinh bất đẳng thức hình Bất đẳng thức hình học phần quan trọng hình học, xuất nhiều lĩnh vực khác hình học Với hỗ trợ bất đẳng thức hình học, giải nhiều vấn đề hóc búa hình học. .. 1.5.5 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa 1.5.6 Bất đẳng thức Jensen 1.5.7 Bất đẳng thức Schur 1.5.8 Bất đẳng thức Nesbitt Một số bất đẳng thức hình. .. Các bất đẳng thức đại số 1.5.1 Bất đẳng thức AM-GM 1.5.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 1.5.3 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức 1.5.4 Bất đẳng thức