Đồng nhất thức và bất đẳng thức trong tam giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Thị Út ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC SOME IDENTITIES AND INEQUALITIES OF TRIANGLES Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Thái Ngun - 2012 Cơng trình hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Phản biện 1: Phản biện 2: Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun Ngày tháng năm 2012 Có thể tìm hiểu Thư viện Đại học Thái Nguyên Mục lục Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bất đẳng thức qua tam thức bậc hai 1.2 Bất đẳng thức Jensen 1.3 Bất đẳng thức Karamata, Schur, Muirheard 1.4 Một vài hàm tự chọn Chương Một số đồng thức bất đẳng thức tam giác 2.1 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác 2.2 Một số bất đẳng thức tam giác 2.3 Một số toán nhận dạng tam giác 4 12 Chương Trình bày số kết J.Liu [8] Klamkin [7] 3.1 Khai thác toán véc tơ mặt phẳng 3.2 Trình bày lại kết báo J.Liu 3.2.1 Một số định lý 3.2.2 Một vài bổ đề 3.2.3 Chứng minh ba định lý 3.3 Trình bày bất đẳng thức Klamkin Kết luận Tài liệu tham khảo 14 14 25 37 43 43 51 51 52 53 55 59 60 Mở đầu Đồng thức bất đẳng thức tam giác chuyên mục hấp dẫn người quan tâm tới Hình sơ cấp Đây mảnh đất cày xới nhiều qua năm tháng Vấn đề đặt ra: Làm để có đồng thức bất đẳng thức tam giác Tam giác hình quen thuộc tất người Thơng thường, xét tốn hình học người ta thường phải dùng đến thước kẻ, compa giải tốn qua hình vẽ Nhưng cách làm khó phát hệ thức Chúng ta khó xây dựng tốn với nhiều đại lượng tam giác Do có nhiều kết tam giác nên xuất câu hỏi thứ nhất: Có thể xây dựng kết hay khơng? Nhiều người sử dụng lượng giác, hình vẽ, phương pháp diện tích,v.v để tạo kết Theo chúng tơi, cách xây dựng khó đưa hệ thức cho tam giác mà có nhiều thành phần tham gia Rất tự nhiên, xuất câu hỏi thứ hai: Xây dựng kết nào? Bài toán đặt ra: Xây dựng đồng thức bất đẳng thức tam giác Với luận văn này, chúng tơi mong muốn giải phần thuộc toán Luận văn chia làm ba chương Chương Kiến thức chuẩn bị Chương tập trung trình bày số bất đẳng thức Nó bao gồm mục: Bất đẳng thức qua tam thức bậc 2, bất đẳng thức Jensen qua hàm lồi bất đẳng thức Muirheard, Karamata Ngoài ra, để phát số bất đẳng thức khác cho tam giác chọn số hàm tương ứng với mục đích đặt Chương Một số đồng thức bất đẳng thức tam giác Đây nội dung trọng tâm luận văn Nó bao gồm mục sau: Mục 2.1 tập trung xây dựng số đa thức bậc ba liên quan tam giác Từ đa thức ta phát số đồng thức bất đẳng thức tam giác Mục 2.2 tập trung xây dựng chứng minh lại số bất đẳng thức tam giác qua việc sử dụng kết Chương Từ kết đạt phát tam giác đặc biệt với điều kiện ban đầu đặt Mục 2.3 Chương Trình bày số kết J.Liu [8] Klamkin [7] Chương dành để trình bày việc khai thác tốn véc tơ mặt phẳng Mục 3.1 Mục 3.2 trình bày lại số kết J Liu báo [8] Mục 3.3 trình bày lại kết Klamkin [7] Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS,TS Đàm Văn Nhỉ Từ đáy lịng mình, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn thầy Em xin trân trọng cảm ơn tới Thầy, Cô giáo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K4 Trường Đại học Khoa học động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tuy nhiên hiểu biết thân, điều kiện thời gian khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên trình nghiên cứu không tránh khỏi khiếm khuyết.Tác giả mong dạy đóng góp ý kiến Thầy, Cơ giáo q vị bạn đọc đóng góp ý kiến để luận văn hồn thành tốt Thái Nguyên, ngày 10 tháng 10 năm 2012 Tác giả Nguyễn Thị Út Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bất đẳng thức qua tam thức bậc hai Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = 0, ∆ = b2 − 4ac Ta có kết sau đây: Định lý 1.1.1 f (x) > với ∀x a>0 ∆ < 0 với ∀x a>0 ∆ Định lý 1.1.3 f (x) < với ∀x a   ∆ Định lý 1.1.8 x1 x2 < α  −b  α> 2a 1.2 Bất đẳng thức Jensen Mục trình bày Bất đẳng thức Jensen Nó sử dụng để chứng minh số bất đẳng thức tam giác Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức Định nghĩa 1.2.1 Hàm số y = f (x) gọi hàm lồi, (xuống phía dưới), khoảng (a; b) với a < x1 , x2 < b α ∈ (0; 1) có bất đẳng thức: αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) f αx1 + (1 − α)x2 Định nghĩa 1.2.2 Hàm số y = f (x) gọi hàm lõm, (lên phía trên), khoảng (a; b) với a < x1 , x2 < b α ∈ (0; 1) ln có bất đẳng thức: αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) f αx1 + (1 − α)x2 Mệnh đề 1.2.1 Giả sử y = f (x) xác định liên tục (a; b) với a < f (x) − f (x1 ) b Hàm y = f (x) lồi khoảng (a; b) x − x1 x1 f (x1 ) f (x2 ) − f (x) với x1 , x, x2 ∈ (a; b) thỏa x f (x) x2 − x x2 f (x2 ) mãn x1 < x < x2 Chứng minh Giả sử y = f (x) hàm lồi khoảng (a; b) Với x1 , x, x2 ∈ (a; b), x1 < x < x2 , có biểu diễn: x= x2 − x x − x1 x1 + x2 , f (x) x2 − x1 x2 − x1 x2 − x x − x1 f (x1 ) + f (x2 ) x2 − x1 x2 − x1 Như có bất đẳng thức (x2 −x)f (x1 )+(x1 −x2 )f (x)+(x−x1 )f (x2 ) x1 f (x1 ) hay biểu diễn dạng x f (x) Điều ngược lại hiển nhiên x2 f (x2 ) Mệnh đề 1.2.2 Giả sử y = f (x) xác định liên tục khoảng (a; b) có đạo hàm hữu hạn f (x) Khi y = f (x) hàm lồi f (x) hàm không giảm (a; b) Chứng minh Giả sử y = f (x) hàm lồi khoảng (a; b) Với x1 , x, x2 ∈ (a; b), x1 < x < x2 , có hai biểu diễn sau đây: x = x − x1 f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) x2 − x x1 + x2 Khi f (x1 ) = x2 − x1 x2 − x1 x − x1 x2 − x f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) lim lim = f (x2 ) Như x→x1 x→x2 x − x1 x2 − x1 x2 − x vậyf (x1 ) f (x2 ) Ngược lại, giả thiết f (x) hàm không giảm f (x) − f (x1 ) (a; b) Với x1 , x, x2 ∈ (a; b), x1 < x < x2 ta có = f (α) x − x1 f (x2 ) − f (x) = f (β), x1 < α < x < β < x2 Vì f (α) f (β) x2 − x f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) suy Vậy y = f (x) hàm lồi theo Mệnh x − x1 x2 − x đề 1.2.1 Từ Mệnh đề 1.2.2 suy kết đây: Định lý 1.2.1 Giả thiết y = f (x) xác định liên tục khoảng (a; b) Giả sử f (x) có đạo hàm f (x) liên tục có f ”(x) hữu hạn khoảng (a; b) Khi y = f (x) hàm lồi f ”(x) (a; b) Định lý 1.2.2 [Jensen] Nếu y = f (x) hàm lồi khoảng (a; b) n với a1 , , an ∈ (a; b) số thực α1 , , αn 0, αk = 1, n k=1 2, ta ln có bất đẳng thức đây: α1 f (a1 )+α2 f (a2 )+· · ·+αn f (an ) f (α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn an ) Chứng minh Quy nạp theo n Với n = kết luận hiển nhiên theo định nghĩa Giả sử kết luận cho n Xét n + điểm n+1 a1 , , an , an+1 ∈ (a; b) số thực α1 , , αn , αn+1 0, αk = k=1 αn+1 αn an + an+1 ∈ (a; b) Theo giả αn+1 > Đặt bn = αn + αn+1 αn + αn+1 thiết quy nạp ta có: f (α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn−1 an−1 + αn an + αn+1 an+1 ) = f (α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn−1 an−1 + (αn + αn+1 )bn ) α1 f (a1 ) + α2 f (a2 ) + · · · + αn−1 f (an−1 ) + (αn + αn+1 )f (bn ) Vì f (bn ) = f ( αn αn+1 an + an+1 ) αn + αn+1 αn + αn+1 n+1 n+1 αk f (ak ) nên αn f (an ) αn+1 f (an+1 ) + αn + αn+1 αn + αn+1 f (αk ak ) Như định lý chứng minh k=1 k=1 Chú ý: Đối với hàm số lõm ta có dấu bất đẳng thức ngược lại Ví dụ 1.2.1 Giả thiết số nguyên n n k=1 3k − 3k−1 Chứng minh bất đẳng thức: n 3 3− + 2n 2n.3n Bài giải Vì f (x) = lnx, x > 0, hàm lồi nên theo định lý 1.2.2 có 3k − 1 n 3k − n + ln = ln − Từ ln k−1 ln k−1 n k=1 n k=1 2n 2.3n n n 3k − 3 3− + suy bất đẳng thức n k−1 2n 2n.3 k=1 n Hệ 1.2.1 Với a1 , , an , b1 , , bn , α1 , , αn > 0, αk = k=1 n 2, ta ln có bất đẳng thức đây: n n α k ak (i) k=1 k=1 n aαk k αk n (ak + bk ) (ii) k=1 m k=1 m akj (iii) k=1 m αk j=1 n aαk k + k=1 n j=1 k=1 aαkjk với akj n n ak (iv) [Cauchy] bαk k n ak n k=1 k=1 Chứng minh (i) Xét hàm lõm f (x) = ln x Theo Định lý Jensen ta có n ln k=1 aαk k = n n n αk ln ak k=1 ak n ln n αk ak Do k=1 n n α k ak k=1 n αk bk ak + bk k=1 ak + bk k=1 ak + bk k=1 k=1 n αk ak theo (i) nên sau cộng hai vế + k=1 ak + bk (ii) Do αk ak ak + b k k=1 bk aαk k αk , αk n bk ak + b k k=1 αk n bk ) k=1 αk aαk k n Qua quy đồng ta nhận bất đẳng thức n + k=1 (ak + k=1 bαk k (iii) Sử dụng (ii) để quy nạp theo m (iii) Với α1 = · · · = αn = , n từ (i) suy (iv) 1.3 Bất đẳng thức Karamata, Schur, Muirheard Bộ n số thực (a) = (a1 , a2 , , an ) thỏa mãn a1 a2 · · · an gọi số không tăng Đặt |(a)| = a1 + a2 + · · · + an Trong tập hợp tất số không tăng A = {(a) = (ak )} ta định nghĩa quan hệ thứ tự: Giả sử (a) = (ak ), (b) = (bk ) hai số không tăng Định nghĩa (a) (b) a1 + · · · + ak b1 + · · · + bk , ∀ k = 1, 2, , n; Còn có k để a1 + · · · + ak > b1 + · · · + bk ta viết (a) > (b) Định nghĩa 1.3.1 Giả sử có hai số không tăng (a) = (a1 , a2 , , an ) (b) = (b1 , b2 , , bn ) Bộ (a) gọi trội (b) điều kiện a1 + · · · + ak b1 + · · · + bk sau thỏa mãn: k = 1, 2, , n − 1; |(a)| = |(b)| Mệnh đề 1.3.1 [Karamata] Giả sử y = f (x) hàm lồi khoảng (a; b) không tăng (a), (b) với ak , bk ∈ (a; b) với k = n f (ak ) 1, 2, , n Nếu (a) trội (b) có bất đẳng thức n n f (bk ); y = f (x) hàm lõm k=1 n f (ak ) k=1 k=1 f (bk ) k=1 f (bk ) − f (ak ) , k = 1, 2, , n Theo bk − ak Mệnh đề 1.1.1, dãy (ck ) dãy đơn điệu giảm (a) (b) dãy Chứng minh: Đặt ck = δf (ak , bk ) = k không tăng Đặt Ak = k , Bk = i=1 bi với A0 = B0 = 0, k = 1, 2, , n i=1 46 abc abc JO + Đặc 2R3 2R r biệt có aIA2 cos A + bIB cos B + cIC cos C = abc − R (v) P = sin(2A)JA2 +sin(2B)JB +sin(2C)JC = Bài giải (i) Ta có T = JG + GA 2 + JG + GB + JG + GC Vậy a2 + b2 + c2 T = 3JG2 + GA2 + GB + GC = 3IG2 + (ii),(iii) Vì aIA + bIB + cIC = theo Mệnh đề (3.1.1) nên hệ thức: S = a JI + IA + b JI + IB + c JI + IC = (a + b + c)JI + aIA2 + bIB + cIC Mặt khác, ta cịn có A B C + cot + cot 2 A B C cos cos cos A B C 2 = 4Rr2 cot cot cot = 4Rr2 A B C 2 sin sin sin 2 a+b+c = 4Rr2 8R = (a + b + c)2Rr r 4R Q = aIA2 + bIB + cIC = 4Rr2 cot Do S = aJA2 + bJB + cJC = (a + b + c) JI + 2Rr Khi J ≡ I nhận đồng thức aIA2 + bIB + cIC = 2Rr(a + b + c) (iv) Từ (ii) có (a+b+c)R2 = (a+b+c) OI +2Rr hay OI = R2 −2Rr (v) Vì sin(2A)OA + sin(2B)OB + sin(2C)OC = theo Mệnh đề (3.1.1) abc nên nhận sin(2A) + sin(2B) + sin(2C) = sin A sin B sin C = 2R3 abc abc P = JO + Khi J ≡ I sin(2A)IA2 + sin(2B)IB + 2R 2R abc abc abc abc abc rabc sin(2C)IC = IO2 + = R − 2Rr + = − Từ 3 2R 2R 2R 2R R r R2 suy aIA2 cos A + bIB cos B + cIC cos C = abc − R Ví dụ 3.1.3 Cho ∆ABC với BC = a, CA = b, AB = c Giả sử ˆ O, R I, K, r, tâm, bán kính đường trịn nội, bàng tiếp thuộc góc A; tâm, bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác J điểm tùy ý mặt phẳng (ABC) Khi đó: 47 (i) −aJA2 + bJB + cJC = (−a + b + c) JK − 2Rra Đặc biệt có −aKA2 + bKB + cKC − = 2Rra −a + b + c (ii) OK = R2 + 2Rra (iii) IA.IB.IC = 4Rr2 , KA.KB.KC = 4Rra2 Bài giải (i) Vì −aKA + bKB + cKC = theo Mệnh đề 3.1.1 nên 2 có: −a JK + KA + b JK + KB + c JK + KC = (−a + b + c)JK − aKA2 + bKB + cKC Mặt khác, biến đổi −aKA2 + bKB + A B C − cos sin sin A B C 2 = = 4Rra2 cKC = 4Rra2 − cot + tan + tan A B C 2 sin cos cos 2 a−b−c abc 4Rra2 8R hay = = (a − b − c)2Rra Vì (b + c − a) = 2R 4R A B C 4R sin cos cos Do ta nhận −aJA2 + bJB + cJC = 2 (−a + b + c) JK − 2Rra (ii) Từ (i), với J ≡ O, ta suy (−a+b+c)R2 = (−a+b+c) OK −2Rra hay OK = R2 + 2Rra r3 r3 (iii) Ta có đồng thức IA.IB.IC = = r = 4Rr2 A B C sin sin sin 4R 2 3 r KA.KB.KC = = raa = 4Rra2 A B C sin cos cos 4R 2 Ví dụ 3.1.4 Cho ∆ABC khơng vng với BC = a, CA = b, AB = c Giả sử H trực tâm; I, r tâm bán kính đường trịn nội tiếp; O, R tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác J điểm tùy ý mặt phẳng (ABC) Khi đó: (i) T = tan A.JA2 +tan B.JB +tan C.JC = tan A tan B tan C.JH + 4dt(ABC) Khi lấy J ≡ O OH = R2 − cos A cos B cos C (ii) sin2 A + sin2 B + sin2 C = + cos A cos B cos C 48 A B C cot cot a+b+c + + (iii) Nếu ∆ABC nhọn ; Cịn cos A cos B cos C r A B C cot cot cot a+b+c + + ∆ABC tù cos A cos B cos C r cot Bài giải (i) Bởi tan A.HA + tan B.HB + tan C.HC = nên có: T = tan A JH + HA + tan B JH + HB + tan C JH + HC = tan A tan B tan C.JH + tan A.HA2 + tan B.HB + tan C.HC Ta lại có tan A.HA2 + tan B.HB + tan C.HC = 4dt(ABC) Do T = tan A tan B tan C.JH + 4dt(ABC) Với J ≡ O, ta suy OH = R2 − cos A cos B cos C (ii) Từ Ví dụ OH = 3OG ta suy ra: R2 − cos A cos B cos C = OH = 9OG2 = 9R2 − a2 + b2 + c2 hay sin2 A + sin2 B + sin2 C = + cos A cos B cos C (iii) tan A.IA2 + tan B.IB + tan C.IC = tan A tan B tan C.IH + 4.dt(ABC) J ≡ I Bởi 4dt(ABC) = 2r(a + b + c) A B C 2r2 cot 2r2 cot + + tan A.IA2 + tan B.IB + tan C.IC = cos A cos B cos C A B C cot cot cot a+b+c + + nên ∆ABC nhọn có ; Cịn cos A cos B cos C r B C A cot cot cot a+b+c + + ∆ABC tù có cos A cos B cos C r 2r2 cot Ví dụ 3.1.5 Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c; với O, R tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác Từ điểm K thuộc mặt phẳng (ABC) hạ KM ⊥BC, KN ⊥CA, KP ⊥AB Đặt α = KM, β = KN, γ = KP Khi ta có kết đây: OK (i) (Euler’s theorem for pedal triangles) SM N P = |1 − |SABC R2 SM N P = K thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ABC 49 (ii) (Simson) Ba điểm M, N, P thẳng hàng K thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ABC (iii) (Steiner] Ba điểm M1 , N1 , P1 thẳng hàng chúng ba điểm đối xứng với điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ABC qua BC, CA, AB (iv) Khi K điểm thuộc miền ∆ABC ta có bất đẳng thức: 4SABC (iv.1) αβab + βγbc + γαca αβ βγ γα (iv.2) + + ab bc ca (iv.3) 2(α + β + γ) KA + KB + KC (Erdos − M ordell] (iv.4) 6r KA + KB + KC 4R (iv.5) αβγ KA.KB.KC, 8αβγ KA.KB.KC r A B C x + y + z KA sin + KB sin + KC sin 2 (iv.6) 2(αβ + βγ + γα) αKA + βKB + γKC Bài giải (i) Xét trường hợp K thuộc ∆ABC Theo Mệnh đề 3.1.1 có KA.αa + KB.βb + KC.γc = Do có R2 = OA2 SKBC + OB SKCA + OC SKAB α β = OK + KA2 + KB + SABC hb αa βb γc γ + KB + KC = KC Ta phải T = KA2 hc 2 4R2 SM N P Đặt x = BM, y = CN, z = AP Vì tứ giác AP KN nội a tiếp đường tròn nên βz + γ(b − y) = KA.N P = KA2 Từ 2R αa βb ta có hệ thức: KA2 = R αβz + αγ(b − y) , KB = 2 γc R γβx + βα(c − z) , KC = R γαy + γβ(a − x) Vậy T = R aβγ + bγα + cαβ = 2R2 βγ sin A + γα sin B + αβ sin C hay T = 4R2 SM N P Trường hợp K nằm ∆ABC xét tương tự (ii) Khi K thuộc đường trịn ngoại tiếp ∆ABC OK = R SM N P = theo (i) Như M, N, P ba điểm thẳng hàng (iii) Khi K thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Khi M, N, P thẳng hàng Do M1 , N1 , P1 thẳng hàng 50 (iv.1) Từ aα+bβ +cγ = 2SABC αβab+βγbc+γαca aα+bβ +cγ 2 4SABC ta suy αβab + βγbc + γαca SABC (iv.2) Từ (i) suy αβ sin C + βγ sin A + γα sin B = 2SM N P Do αβ βγ γα SABC αβ βγ γα mà ta có + + 2SABC hay + + ab bc ca ab bc ca ˆ Ký (iv.3) Gọi K điểm đối xứng điểm K qua phân giác góc A hiệu khoảng cách từ B, C đến (AK ) u1 , u2 tương ứng Vì u1 + u2 a c b γ + β Hoàn nên aKA u1 KA + u2 KA = bγ + cβ hay KA a a c a a b tồn tương tự có KB α + γ, KC β + α Từ suy b b c c b a c a b c KA + KB + KC ( + )γ + ( + )β + ( + )α 2(α + β + γ) a b a c c b (iv.4) Vì KA + KB + KC + α + β + γ + hb + hc 9r nên (KA + KB + KC) 9r Vậy KA + KB + KC 6r A B C (iv.5) Vì β + γ 2KA sin , γ + α 2KB sin , α + β 2KC sin 2 A B C nên 8KA.KB.KC sin sin sin (α + β)(β + γ)(γ + α) 2 4R A B C Vậy KA.KB.KC αβγ KA sin + KB sin + KC sin r 2 x + y + z (iv.6) Vì aha = aα+bβ+cγ KA+α nên a(KA+α) aα+bβ+cγ b c hay aKA bβ +cγ Từ suy αKA αβ +αγ Tương tự ta a a a c a b có βKB βα + βγ γKC γα + γβ Do αKA + βKB + b b c c b c a c a b γKC αβ + αγ + βα + βγ + γα + γβ 2(αβ + βγ + γα) a a b b c c Ví dụ 3.1.6 Cho ∆ABC nhọn với trọng tâm G Gọi M, N.P chân đường vng góc hạ từ G xuống BC, CA, AB Chứng minh rằng: SM N P < SABC Bài giải Điểm G tam giác ABC Do OG < R Theo Định lý SM N P OG2 = |1 − | Euler tam giác Pedal có Lại có SABC R 51 OH R SM N P OG2 R2 OG = < Vậy = = 1− > 1− 3 SABC R 9R2 3.2 3.2.1 Trình bày lại kết báo J.Liu Một số định lý Định lý 3.2.1 Giả sử P điểm tùy ý mặt phẳng chứa tam giác ABC Ký hiệu chân đường vng góc hạ từ P xuống BC, CA, AB qua D,E,F, tương ứng Khi ta có kết sau: Sa R13 + Sb R23 + Sc R33 SR3 (3.1) Ở R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Sa , Sb , Sc , Sp diện tích tam giác PBC, PCA, PAB DEF; R1 , R2 , R3 khoảng cách từ P đến đỉnh A, B, C, tương ứng, tam giác ABC Đẳng thức xảy P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Nếu P trùng với trọng tâm tam giác ABC Sa = Sb = Sc = S, 2 R1 = ma , R2 = mb , R3 = mc ma , mb , mc độ dài đường 3 trung tuyến tam giác ABC 81 Khi (3.1) trở thành: m3a + m3b + m3c R Định lý 3.2.2 Giả sử P điểm tùy ý tam giác ABC Ký hiệu R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC; rp bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Pedal DEF P 1 tam giác ABC Thì + Đẳng thức xảy tam 2rp R 2r giác ABC P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Định lý 3.2.3 Giả sử P điểm tùy ý tam giác ABC Ký hiệu D, E, F chân đường vng góc hạ từ P đến BC, CA, AB rp bán kính đường trịn nội tiếp tam giác DEF P A = R1 , P B = R2 , P C = R3 , P D = r1 , P E = r2 , P F = r3 thì:R1 + R2 + R3 r1 + r2 + r3 + 6rp Đẳng thức xảy tam giác ABC P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 52 3.2.2 Một vài bổ đề Bổ đề 3.2.1 Cho P (x, y, z) điểm nằm tam giác ABC Thì ta có: (x + y + z)2 P A2 = (x + y + z) yc2 + zb2 − yza2 + zxb2 + xyc2 Trong a = BC, b = CA, c = AB Bổ đề 3.2.2 Cho P điểm tam giác ABC ta có: cr2 + br3 aR1 Nếu AO ∩ BC = X (O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Đẳng thức xảy P nằm đoạn AX Bổ đề 3.2.3 Cho P điểm tam giác ABC ta có: R1 R12 2RSp + 2R S (3.2) Đẳng thức xảy giống bổ đề (3.2.2) 1 ar1 ; Sb = br2 ; Sc = cr3 ; Sa + Sb + 2 Sc = S Theo (3.2.1) (3.2.2) có: (Sa + Sb + Sc )2 R12 = (Sa + Sb + Sc ) Sb c2 + Sc b2 − Sb Sc a2 + Sc Sa b2 + Sa Sb c2 Chứng minh Ta có: Sa = 1 br2 c2 + cr3 b2 S − bcr2 r3 a2 + car3 r1 b2 + abr1 r2 c2 1 = bc (br2 + cr3 ) S − abc (ar2 r3 + br3 r1 + cr1 r2 ) 1 abcR1 S − abcR (r2 r3 sin A + r3 r1 sin B + r1 r2 sin C) 2 1 = abcR1 S − abcR (S∆P EF + S∆P F D + S∆P DE ) = abc (R1 S − 2RSp ) 2 = Mặt khác ta có Sa + Sb + Sc = S abc = 4SR nên R1 S − 2RSp suy R1 R12 2RSp + 2R S SR12 2R Bổ đề 3.2.4 Cho P điểm tam giác ABC ta có: Sa R1 + Sb R2 + Sc R3 4RSp Đẳng thức xảy P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh Từ điều kiện diện tích tứ giác nhỏ tích 1 aR1 ; Sc + Sa bR2 ; Sa + Sb cR3 hai đường chéo ta có: Sb + Sc 2 53 Đẳng thức xảy P A⊥BC; P B⊥CA; P C⊥AB Từ bất đẳng thức sau: Sa + Sb + Sc = S suy aR1 + bR2 + cR3 4S Đẳng thức xảy P trực tâm tam giác ABC Áp dụng bất đẳng thức cho tam giác DEF ta có EF.r1 + F D.r2 + DE.r3 4Sp Biết aR1 EF = ; ar1 = 2Sa ; br2 = 2Sb ; cr3 = 2Sc suy điều phải chứng 2R minh Đẳng thức xảy P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bổ đề 3.2.5 Cho P điểm tam giác ABC ta có: aR12 + bR22 + cR32 abc Đẳng thức xảy P tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bất đẳng thức M.K Lamkin tìm khái quát thành R12 sin A+R22 sin B +R32 sin C 2S tác giả chứng minh với đa giác A1 , A2 , , An điểm n P ta có: P A2i sin Ai 2S Nếu có điểm P, Q i=1 n P Ai QAi sin Ai 2S i=1 Bổ đề 3.2.6 Cho P điểm tam giác ABC ta có: R12 + R22 + R32 r1 + r2 + r3 2R (3.3) Đẳng thức xảy ⇔ tam giác ABC P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Áp dụng Cosine Law, ta có 4S R12 = b2 c2 r22 + r32 + bcr2 r3 b2 + c2 − a2 Sau ta sử dụng abc = R12 − 2R r1 = 4SR ar1 + br2 + cr3 = 2S Ta có: 4S b2 c2 r22 + r32 + bcr2 r3 b2 + c2 − a2 − abc ar1 r1 Trong tổng theo chu kỳ Từ điều ta được: 4S R12 − 2R r1 = bcr2 r3 (b − c)2 + 3.2.3 2 a [c (r3 + r1 ) − b (r1 + r2 )] Chứng minh ba định lý Chứng minh định lý 3.2.1 Chứng minh Nhân hai vế bất đẳng thức (3.2) với Sa R1 ta được: Sa R13 2RSp Sa R1 Sb R23 2RSp Sb R2 + Sa R1 Tương tự ta có: + Sb R22 2R S 2R S 54 Sc R33 2RSp Sc R3 + Sc R32 Cộng vế ba bất đẳng thức ta 2R S Sa R13 + Sb R23 + Sc R33 2RSp + (Sa R1 + Sb R2 + Sc R3 ) 2R S Sa R12 + Sb R22 + Sc R32 = 4R2 Sp (3.4) Mặt khác từ Bổ đề (3.2.4) ta có Sa R1 + Sb R2 + Sc R3 4RSp nên (3.4) trở thành Sa R13 + Sb R23 + Sc R33 2RSp + (Sa R1 + Sb R2 + Sc R3 ) 4R Sp 2R S Sa R13 + Sb R23 + Sc R33 8R2 Sp2 + 2R S 8R3 Sp2 − 16R3 Sp2 2Sp2 3 3 ⇔ Sa R1 + Sb R2 + Sc R3 = 8R Sp − S S (S − 4Sp )2 R3 = SR − S SR3 Theo điều kiện đẳng thức (3.2) đẳng thức (3.1) xảy P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chú ý 3.1: Bằng cách áp dụng bất đẳng thức định lý 3.2.1 ta có bất đẳng thức tổng quát bất đẳng thức (3.1) Sa R1k +Sb R2k +Sc R3k SRk Trong < k Ngồi sử dụng bất đẳng thức Radon ta chứng minh cho trường hợp k < dấu bất đẳng thức ngược lại Chứng minh định lý 3.2.2 Chứng minh Theo bổ đề (3.2.3) ta có : R1 R2 R3 R12 2RSp + ⇒ aR1 2R S R22 2RSp + ⇒ bR2 2R S R32 2RSp + ⇒ cR3 2R S 2RSp aR21 + a 2R S 2RSp bR22 + b 2R S 2RSp aR23 + c 2R S Cộng vế bất đẳng thức ta aR1 + bR2 + cR3 2RSp aR21 + bR22 + aR23 + (a + b + c) Mặt khác theo bổ đề (3.2.5) 2R S 55 abc 2RSp + (a + b + c) 2R S Hơn abc = 4SR, a + b + c = 2s S = sr suy aR1 + bR2 + cR3 4R 2S + Sp r Đẳng thức xảy P trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Điều có nghĩa tam giác ABC P tâm đường tròn ngoại tiếp aR1 + bR2 + cR3 4RSp S Từ ta có rp = + 8RSp 4RSp 2r aR1 + bR2 + cR3 S Ta có + suy điều phải chứng minh rp 4RSp 2r ta có aR21 +bR22 +aR23 abc nên aR1 +bR2 +cR3 Chứng minh định lý 3.2.3 Chứng minh Từ bổ đề (3.2.3) ta có R1 R12 2RSp + Tương tự R2 2R S R32 2RSp R22 2RSp + ; R3 + Cộng vế ta được: R1 + R2 + R3 2R S 2R S R12 + R22 + R32 6RSp + Từ bất đẳng thức Sa + Sb + Sc = S ⇒ aR1 + 2R S Sp rp bR2 + cR3 4S suy aR1 + bR2 + cR3 4S Ta biết Vì S R bất đẳng thức định lý (3.2.3) chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R12 + R22 + R32 Chú ý 3.2: Từ bất đẳng thức định lý (3.2.3.) ta có: + 2R 6RSp b c c a a b = r1 + + r2 + + r3 + ⇒ R1 + R2 + R3 S c b a c b a b c c a a b r1 + + r2 + + r3 + c b a c b a Hơn theo Erdos-Mordell ta có R1 + R2 + R3 (r1 + r2 + r3 ) 3.3 Trình bày bất đẳng thức Klamkin Định lý 3.3.1 Cho tam giác ABC tùy ý với độ dài cạnh a, b, c P điểm mặt phẳng chứa tam giác Với số 56 thực x, y, z ta có: (x + y + z) xP A2 + yP B + zP C Chứng minh Chúng ta có −→ zP C hay −→ −−→ −−→ −→ −→ −→ 2xy P A.P B + 2yz P B.P C + 2zxP C.P A yza2 + zxb2 + xyc2 (3.5) −→ −−→ xP A + yP B + xP A2 + yP B + zP C + (*) Theo định lý hàm số Cosin ta có: −→ −−→ −→ −−→ 2P A.P B = 2P A.P B cos(P A, P B) = P A2 + P B − c2 , −−→ −→ −−→ −→ 2P B.P C = 2P B.P C cos(P B, P C) = P B + P C − a2 , −→ −→ −→ −→ 2P C.P A = 2P C.P A cos(P C, P A) = P C + P A2 − b2 Thay bất đẳng thức vào (*) ta bất đẳng thức (x + y + z) xP A2 + yP B + zP C yza2 + zxb2 + xyc −→ −−→ −→ Đẳng thức (3.5) xảy xP A + y P B + z P C = 0, tức P tâm tỉ cự hệ điểm A, B, C Hệ 3.3.1 Trong tam giác ABC với G trọng tâm, ta có bất đẳng thức sau: a2 + b2 + c2 (3.6) P A2 + P B + P C m2a + m2b + m2c (3.7) P A2 + P B + P C GA2 + GB + GC (3.8) 2 PA + PB + PC Chứng minh Khi x = y = z, bất đẳng thức (3.5) trở thành P A2 + P B + P C a2 + b2 + c2 Suy bất đẳng thức (3.6) Tiếp theo ta biến đổi bất đẳng thức (3.6) sau 2 P A +P B +P C 2 b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 + + 9 Từ suy bất đẳng thức (3.7) (3.8) 57 Hệ 3.3.2 Trong tam giác ABC, ta có bất đẳng thức: P A2 P B P C + + a2 b c a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 (3.9) P A2 P B P C + + b2 c a (3.10) P A2 P B P C + + c2 a b (3.11) 1 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Klamkin với x = , y = , z = a b c 1 ta thu bất đẳng thức (3.9) Nếu cho x = , y = , z = ta b c a 1 có bất đẳng thức (3.10), cho x = , y = , z = ta có bất c a b đẳng thức (3.11) Hệ 3.3.3 Trong tam giác ABC, ta có bất đẳng thức: m2a m2b m2c + + a2 b c ma mb mb mc mc ma + + ab bc ca (3.12) (3.13) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Klamkin với P ≡ G, x = , y = a 1 , z = ta thu bất đẳng thức (3.12) Nếu cho P ≡ G, x = b2 c a b c ,y = ,z = , ta thu bất đẳng thức (3.13) ma mb mc Hệ 3.3.4 Trong tam giác ABC, ta có bất đẳng thức sau cos2 A cos2 B cos2 C + + sin B sin C sin C sin A sin A sin B 4R2 a3 + b3 + c3 + abc a+b+c 2R − r r a3 + b3 + c3 abc (3.14) (3.15) (3.16) 58 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Klamkin với x = a, y = b, z = c, P ≡ H ( H trực tâm tam giác ) Để ý HA = |2R cos A| , HB = |2R cos B| , HC = |2R cos C| sử dụng định lý hàm số sin ta có bất đẳng thức (3.14) Sử dụng biến đổi HA2 = 4R2 cos2 A = 4R2 − sin2 A = 4R2 − a2 , HB = 4R2 − b2 , HC = 4R2 − c2 , sau ta biến đổi (3.15) Sử dụng công thức abc = 4Rrp ta biến đổi bất đẳng thức (3.15) bất đẳng thức (3.16) 59 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau: Luận văn trình bày bất đẳng thức tam thức bậc hai định lý dấu tam thức bậc hai Qua tác giả sáng tác số toán dựa vào việc sử dụng định lý dấu tam thức bậc hai Trình bày số bất đẳng thức tiếng chứng minh đầy đủ như: Bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức Karamata Đặc biệt vận dụng định lý vào chứng minh số bất đẳng thức tam giác có tốn giải phương pháp khác gặp nhiều khó khăn Nhờ sử dụng phương trình đa thức bậc ba, qua phép biến đổi đại số mà xây dựng số đồng thức bất đẳng thức tam giác Bên cạnh cịn phát kết khác Luận văn thể rõ mối quan hệ khăng khít đại số hình học, phương trình với yếu tố tam giác như: góc, cạnh, diện tích, bán kính đường tròn nội, ngoại tiếp, bàng tiếp, phân giác Luận văn khai thác số toán véc tơ mặt phẳng, kết J.Liu tam giác Pedal bất đẳng thức Klamkin 60 Tài liệu tham khảo [1] Bộ giáo dục đào tạo, Tạp chí tốn học tuổi trẻ, NXB Giáo dục [2] Phan Đức Chính (2006), Bất đẳng thức, NXB Văn hố Thơng tin [3] Vi Quốc Dũng (1995), Những toán chọn lọc phương pháp chứng minh hình học phẳng, NXB Đại học sư phạm Việt Bắc [4] Phan Huy Khải (2001), 500 toán chọn lọc bất đẳng thức (tập 1,2), NXB Hà Nội [5] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, NXB Giáo dục [6] Tạ Duy Phượng (2004), Phương trình bậc ba hệ thức tam giác, NXB Giáo dục [7] D.S Mitrinovic, J.E.Pecaric and V.Volenec (1989), Recent Advances in Geometric Inequalities, Kluwer Academic publishers, Dordrecht, Netherlands [8] Jian Liu, "Some new inequalities for an interior point of a triangle ", Journal of Mathematical Inequalities, http://dx.doi.org/10.7153/jmi-06-20 ... Một số đồng thức bất đẳng thức tam giác Mục tập trung trình bày phương pháp phát đồng thức bất đẳng thức tam giác qua phương trình đa thức bậc ba 2.1 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác Cho... Chương Một số đồng thức bất đẳng thức tam giác 2.1 Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác 2.2 Một số bất đẳng thức tam giác 2.3 Một số toán nhận dạng tam giác ... trung xây dựng số đa thức bậc ba liên quan tam giác Từ đa thức ta phát số đồng thức bất đẳng thức tam giác Mục 2.2 tập trung xây dựng chứng minh lại số bất đẳng thức tam giác qua việc sử dụng