Một số bất đẳng thức hình học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Hoàng Ngọc Quang MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC Chuyên Nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc Thái Nguyên - 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Cơng trình hồn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc 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 Nguyên Ngày tháng năm 2011 Có thể tìm hiểu Thư viện Đại học Thái Nguyên Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục lục Mở đầu Chương Các bất đẳng thức tam giác tứ giác 1.1 Các bất đẳng thức đại số 1.2 Các đẳng thức bất đẳng thức tam giác 1.2.1 Các đẳng thức tam giác 1.2.2 Các bất đẳng thức tam giác 1.3 Bất đẳng thức tam giác 1.3.1 Bất đẳng thức độ dài cạnh 1.3.2 Bất đẳng thức đại lượng đặc biệt 1.4 Các bất đẳng thức sinh từ cơng thức hình học 1.5 Bất đẳng thức tam giác đặc biệt 1.5.1 Các bất đẳng thức tam giác 1.5.2 Các bất đẳng thức tam giác vuông tam giác cân 1.6 Các bất đẳng thức khác tam giác 1.7 Các bất đẳng thức tứ giác 1.7.1 Các bất đẳng thức tứ giác 1.7.2 Các bất đẳng thức khác tứ giác 6 8 10 11 11 14 17 23 23 Chương Bất đẳng thức Ptolemy 2.1 Định lí Ptolemy 2.2 Bất đẳng thức Ptolemy 2.3 Định lí Bretschneider 2.4 Định lí Casey 2.5 Mở rộng bất đẳng thức Ptolemy 48 48 53 63 63 68 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên mở rộng không gian http://www.lrc-tnu.edu.vn 27 29 40 41 45 Chương Bất đẳng thức Erdos-Mordell mở rộng 3.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell tam giác 3.2 Bất đẳng thức Erdos-Mordell tam giác mở rộng 3.3 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell tứ giác 3.4 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell đa giác 3.5 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell tứ diện Chương Các bất đẳng thức có trọng 4.1 Bất đẳng thức dạng Hayashi hệ 4.1.1 Bất đẳng thức Hayashi 4.1.2 Các hệ bất đẳng thức hyashi 4.1.3 Bài toán áp dụng 4.2 Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng hệ 4.2.1 Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng 4.2.2 Các hệ bất đẳng thức Weizenbock suy 4.3 Bất đẳng thức Klamkin hệ 4.3.1 Bất đẳng thức Klamkin 4.3.2 Các hệ bất đẳng thức Klamkin 4.4 Bất đẳng thức Jian Liu hệ 4.4.1 Bất đẳng thức Jian Liu 4.4.2 Các hệ bất đẳng thức Jian Liu Kết luận Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 70 70 79 85 87 90 92 92 92 94 94 96 96 rộng101 105 105 106 108 108 110 116 117 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Các toán bất đẳng thức cực trị hình học thuộc loại tốn khó, làm cho học sinh phổ thông, phổ thông sở kể học sinh giỏi lúng túng gặp tốn loại Thực phần quan trọng hình học kiến thức bất đẳng thức hình học làm phong phú phạm vi ứng dụng toán học So với bất đẳng thức đại số, bất đẳng thức hình học chưa quan tâm nhiều Một nguyên nhân gây khó giải vấn đề phương pháp tiếp cận khơng phải phương pháp thơng thường hay áp dụng hình học phương pháp đại số túy Để giải toán bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng kiến thức hình học đại số cách thích hợp nhạy bén Luận văn giới thiệu số bất đẳng thức hình học từ đến nâng cao mở rộng Các toán bất đẳng thức hình học trình bày luận văn tạm phân thành nhóm sau: I Nhóm tốn mà lời giải địi hỏi thiết phải có hình vẽ Phương pháp giải tốn nhóm chủ yếu "phương pháp hình học", vẽ thêm đường phụ, sử dụng tính chất đường vng góc đường xiên, đường thẳng đường gấp khúc, quan hệ cạnh, cạnh góc tam giác, hay tứ giác v.v Bất đẳng thức cực trị hình học phẳng thuộc nhóm nội dung thường gặp kì thi chọn học sinh giỏi tốn hay thi vào trường chuyên II Nhóm thứ hai gồm toán mà giải chúng cần phải sử dụng hệ thức lượng biết, hệ thức lượng giác, hệ thức đường trung tuyến, đường phân giác, cơng thức bán kính, cơng thức Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn diện tích tam giác v.v Các tốn quan tâm nhiều chúng trình bày phong phú tài liệu [4,7], luận văn không đề cập nhiều đến bất đẳng thức tam giác có tài liệu chúng hay mà nêu số bất đẳng thức để tiện sử dụng sau III Nhóm thứ ba gồm toán liên quan đến bất đẳng thức hình học tiếng, đặc biệt bất đẳng thức Ptolemy bất đẳng thức Erdos-Mordell bất đẳng thức có trọng bất đẳng thức Hayshi, bất đẳng thức Weizenbock, bất đẳng thức Klamkin v.v Các bất đẳng thức cịn giới thiệu Tiếng Việt thường gặp đề thi Olympic Quốc tế Bản luận văn "Một số bất đẳng thức hình học" gồm có mở đầu, bốn chương nội dung, kết luận tài liệu tham khảo Chương Các bất đẳng thức tam giác tứ giác Chương trình bày số bất đẳng thức thuộc nhóm I nhóm II Chương Bất đẳng thức Ptolemy mở rộng Chương trình bày đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy toán áp dụng Các tốn chủ yếu trích từ đề thi vô địch nước, đề thi vô địch khu vực đề thi IMO, số tác giả sáng tác Ngồi ra, cịn trình bày số mở rộng bất đẳng thức Ptolemy tứ giác tứ diện Chương Bất đẳng thức Erdos - Mordell mở rộng Chương trình bày bất đẳng thức Edos-Mordell toán liên quan Ngồi ra, cịn trình bày số mở rộng bất đẳng thức tam giác, tứ giác đa giác [11-13] Chương Các bất đẳng thức có trọng Chương trình bày số bất đẳng thức liên quan đến tổng khoảng cách từ hay nhiều điểm mặt phẳng đến đỉnh cạnh tam giác với tham số dương tùy ý gọi trọng số hay gọi tắt trọng Đó bất đẳng thức Hyashi, Weizenbock, Klamkin, Jian Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Liu, v.v Các bất đẳng thức cịn giới thiệu Tiếng Việt, số kết nghiên cứu chuyên gia Quốc tế lĩnh vực bất đẳng thức hình học [9,13-14] Luận văn hồn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên với hướng dẫn TS Nguyễn Văn Ngọc Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm hướng dẫn Thầy, tới thầy Ban Giám hiệu, Phịng Đào tạo Khoa Toán-Tin Trường Đại học Khoa học Đồng thời tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Yên Bái, Ban Giám đốc, đồng nghiệp Trung tâm GDTX - HNDN Hồ Tùng Mậu huyện Lục Yên tạo điều kiện cho tác giả học tập hoàn thành kế hoạch học tập Thái Nguyên, ngày 20 tháng năm 2011 Tác giả Hoàng Ngọc Quang Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Các bất đẳng thức tam giác tứ giác Chương trình bày bất đẳng thức tam giác tứ giác từ đến nâng cao Nội dung chủ yếu hình thành từ tài liệu [1-7], [10], [12] [15] Kí hiệu ∆ABC tam giác ABC với đỉnh A, B, C Để thuận tiện, độ lớn góc ứng với đỉnh A, B, C kí hiệu tương ứng A, B, C Độ dài cạnh tam giác: BC = a, CA = b, AB = c a+b+c Nửa chu vi tam giác: p = Đường cao với cạnh: , hb , hc Đường trung tuyến với cạnh: ma , mb , mc Đường phân giác với cạnh: la , lb , lc Bán kính đường trịn ngoại tiếp đường trịn nội tiếp: R r Bán kính đường trịn bàng tiếp cạnh: , rb , rc Diện tích tam giác ABC: S, SABC hay [ABC] Để giải tốn bất đẳng thức hình học, trước hết ta cần trang bị kiến thức sở bất đẳng thức đại số đẳng thức, bất đẳng thức đơn giản tam giác 1.1 Các bất đẳng thức đại số Định lý 1.1 (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a1 , a2 , · · · , an số thực khơng âm Khi √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 an n (1.1) Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hệ 1.1 Với số dương a1 , a2 , · · · , an ta có √ n n a1 a2 an ≥ 1 + + · · · + a1 a2 an (1.2) Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Hệ 1.2 Với số dương a1 , a2 , · · · , an ta có 1 n2 + + ··· + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + · · · + an (1.3) Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.3 Với số không âm a1 , a2 , · · · , an m = 1, 2, · · · ta có m m am + a2 + · · · + an ≥ n a1 + a2 + · · · + an n m (1.4) Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , · · · , an b1 , b2 , · · · , bn Khi (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ a21 + a22 + · · · + a2n Đẳng thức xảy a1 b1 = a2 b2 b21 + b22 + · · · + b2n = ··· = (1.5) an bn Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Jensen) Cho f (x) hàm số liên tục có đạo hàm cấp hai I (a, b) n điểm x1 , x2 , · · · , xn tùy ý đoạn I (a, b) Khi i, Nếu f (x) > với x ∈ I (a, b) f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ nf x1 + x2 + · · · + xn n x1 + x2 + · · · + xn n ii, Nếu f (x) < với x ∈ I (a, b) f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ nf Ở I (a, b) nhằm ngầm định bốn tập hợp (a, b) , [a, b) , (a, b] , [a, b] Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực đơn điệu chiều a1 , a2 , · · · , an b1 , b2 , · · · , bn Khi ta có a1 b1 + a2 b2 · · · + an bn ≥ (a1 + a2 + · · · + an ) (b1 + b2 + · · · + bn ) n (1.6) Nếu hai dãy số thực a1 , a2 , · · · , an b1 , b2 , · · · , bn đơn điệu ngược chiều bất đẳng thức đổi chiều Định lý 1.5 (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho a, b, c số thực dương Bất đẳng thức sau a b c + + ≥ b+c c+a a+b (1.7) Đẳng thức xảy a = b = c 1.2 1.2.1 Các đẳng thức bất đẳng thức tam giác Các đẳng thức tam giác Định lý 1.6 (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta có a b c = = = 2R sin A sin B sin C Định lý 1.7 (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta có a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, b2 = c2 + a2 − 2ca cos B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C Định lý 1.8 (Các công thức diện tích) Diện tích tam giác ABC tính theo công thức sau 1 S = aha = bhb = chc 2 1 = bc sin A = ca sin B = ab sin C 2 = pr abc = 4R = (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc = p (p − a) (p − b) (p − c) (1.8) (1.9) (1.10) (1.11) (1.12) (1.13) Công thức (1.13) gọi công thức Hê-rơng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 104 Hệ 4.8 Cho tam giác ABC, M điểm tùy ý mặt phẳng Khi bất đẳng thức sau ln (M A.M B + M B.M C + M C.M A) a b c + + MA MB MC ≥ 12S Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (4.21), ta có M A.M B + M B.M C + M C.M A MB MC MC MA MA MB ab + bc + ca = a b b c c a M A.M B.M C M A M B M C ≥4 + + S abc a b c Để chứng minh bất đẳng thức cho ta cần chứng minh M A.M B.M C abc MA MB MC + + a b c a b c + + MA MB MC ≥ Thật vậy, ta có MA MB MC + + a b c a b c + + MA MB MC ≥9 (4.29) a b c M A.M B.M C + + abc MA MB MC M B.M C M C.M A M A.M B = + + ≥ bc ca ab (4.30) Từ (4.29) (4.30) ta có điều phải chứng minh Ta thử mở rộng theo hướng khác để xuất hệ số x, y, z Với ý rằng: Nếu gọi A , B , C hình chiếu M BC, CA, AB 2R.B C , a 2R.A B MC = c MA = MB = 2R.C A , b Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Hình 4.3 http://www.lrc-tnu.edu.vn 105 Như thế, ta quy biến M A, M B, M C độ dài cạnh tam giác Ta có kết sau Hệ 4.9 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c nội tiếp đường tròn (O, R) M điểm tam giác Khi với số thực dương x, y, z ta có R2 − OM M B.M C M C.M A M A.M B √ x +y +z ≥ xy + yz + zx a b c R Chứng minh Gọi A , B , C hình chiếu M BC, CA, AB theo định lý Euler ta có OM [A B C ] = 1− [ABC] R2 2R.B C Áp dụng hệ 4.3 cho tam giác A B C với lưu ý M A = , a 2R.C A 2R.A B MB = , MC = , ta có b c √ √ R2 − OM [A B C ] xy + yz + zx = 4R xy + yz + zx R [ABC] xA B A C + yB C B A + zC A C B ≤R [ABC] xM C.M B.cb + yM A.M C.ac + zM B.M A.ba = 4R [ABC] xM C.M B.cb + yM A.M C.ac + zM B.M A.ba = abc M B.M C M C.M A M A.M B +y +z =x a b c 4.3 4.3.1 Bất đẳng thức Klamkin hệ Bất đẳng thức Klamkin Vào năm 1975, M.S Klamkin thiết lập định lý sau đây: Định lý 4.7 Cho ABC tam giác tùy ý với độ dài cạnh a, b, c P điểm mặt phẳng chứa tam giác Với số thực x, y, z ta có (x + y + z) xP A2 + yP B + zP C ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (4.31) http://www.lrc-tnu.edu.vn 106 Chứng minh Ta có −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C ≥ ⇔ x2 P A2 + y P B + z P C + −→ −−→ −−→ −→ −→ −→ + 2xy P A.P B + 2yz P B.P C + 2zxP C.P A ≥ (4.32) Theo định lí hàm số cosin ta có −→ −−→ 2P A.P B = 2P A.P B cos −−→ −→ 2P B.P C = 2P B.P C cos −→ −→ 2P C.P A = 2P C.P A cos −→ −−→ P A, P B = P A2 + P B − c2 , −−→ −→ P B, P C = P B + P C − a2 , −→ −→ P C, P A = P C + P A2 − b2 thay bất đẳng thức vào (4.32) ta thu bất đẳng thức (x + y + z) xP A2 + yP B + zP C ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 −→ −−→ −→ → − Đẳng thức (4.31) xảy xP A+y P B +z P C = , tức P tâm tỉ cự hệ điểm {A, B, C} 4.3.2 Các hệ bất đẳng thức Klamkin Hệ 4.10 Trong tam giác ABC với G trọng tâm, ta có bất đẳng thức sau a2 + b2 + c2 P A + P B + P C ≥ P A2 + P B + P C ≥ m2a + m2b + m2c 2 P A + P B + P C ≥ GA2 + GB + GC 2 (4.33) (4.34) (4.35) Chứng minh Khi x = y = z, bất đẳng thức 4.31 trở thành P A + P B + P C ≥ a2 + b + c Suy bất đẳng thức (4.33) Tiếp theo ta biến đổi bất đẳng thức (4.33) sau b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 + + PA + PB + PC ≥ 9 2 Từ suy bất đẳng thức (4.34) (4.35) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 107 Hệ 4.11 Trong tam giác ABC, ta có bất đẳng thức sau a4 + b4 + c4 P A2 P B P C + + ≥ 2 ≥ a2 b c a b + b2 c2 + c2 a2 P A2 P B P C + + ≥ b2 c a 2 PB P C2 PA + + ≥ c2 a b (4.36) (4.37) (4.38) 1 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Klamkin với x = , y = , z = a b c 1 ta thu bất đẳng thức (4.36) Nếu cho x = , y = , z = ta b c a 1 có bất đẳng thức (4.37), cịn cho x = , y = , z = ta có bất c a b đẳng thức (4.38) Hệ 4.12 Trong tam giác ABC, ta có bất đẳng thức sau m2a m2b m2c + + ≥ a2 b2 c2 ma mb mb mc mc ma + + ≥ ab bc ca (4.39) (4.40) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Klamkin với P ≡ G, x = , a 1 y = , z = ta thu bất đẳng thức (4.39) Nếu cho P ≡ G, b c a b c x= ,y= ,z= , ta có bất đẳng thức (4.40) ma mb mc Hệ 4.13 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 a3 + b3 + c3 + abc 4R2 ≥ a+b+c 2R − r a3 + b3 + c3 ≥ r abc (4.41) (4.42) (4.43) 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| , Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 108 HB = |2R cos B| , HC = |2R cos C| sử dụng định lý hàm số sin ta dễ dàng nhận bất đẳng thức (4.41) Sử dụng biến đổi HA2 = 4R2 cos2 A = 4R2 − sin2 A = 4R2 − a2 , HB = 4R2 − b2 , HC = 4R2 − c2 , sau số biến đổi ta nhận bất đẳng thức (4.42) Sử dụng công thức abc = 4Rrp ta biến đổi bất đẳng thức (4.42) bất đẳng thức (4.43) 4.4 4.4.1 Bất đẳng thức Jian Liu hệ Bất đẳng thức Jian Liu Jian Liu chứng minh định lí 4.8 Để chứng minh định lí 4.8 ta cần bổ đề sau: Bổ đề 4.1 Cho ABC tam giác tùy ý P điểm mặt phẳng chứa tam giác ABC Nếu bất đẳng thức sau f (a, b, c, R1 , R2 , R3 ) ≥ (4.44) đúng, bất đẳng thức sau f (aR1 , bR2 , cR3 , R2 R3 , R3 R1 , R1 R2 ) ≥ 0, (4.45) R1 , R2 , R3 khoảng cách từ P đến đỉnh A, B, C Chứng minh Xét phép nghịch đảo N tâm P , hệ số R1 R2 R3 , ta có N : A → A ,B → B ,C → C Khi ta có P A = P B.P C = R2 R3 , tương tự P B = R3 R1 , BC P C = R1 R2 B C = R1 R2 R3 P B.P C = aR1 , tương tự C A = bR2 , A B = cR3 Vì f (a, b, c, R1 , R2 , R3 ) ≥ với tam giác ABC P nên áp dụng điều kiện cho tam giác A B C điểm P ta f (B C , C A , A B , P A , P B , P C ) ≥ hay f (aR1 , bR2 , cR3 , R2 R3 , R3 R1 , R1 R2 ) ≥ Định lý 4.8 Cho x, y, z số dương Khi đó, với tam giác ABC tùy ý P điểm mặt phẳng chứa ∆ABC, bất đẳng thức Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 109 sau aR1 + bR2 + cR3 R12 R22 R32 + + ≥ √ , x y z xy + yz + zx (4.46) R1 = P A, R2 = P B, R3 = P C Đẳng thức xảy ABC tam giác nhọn, P trùng với trực tâm H x : y : z = cot A : cot B : cot C Chứng minh Nếu P trùng với đỉnh ∆ABC, chẳng hạn, P ≡ A, P A = 0, P B = c, P C = b bất đẳng thức (4.46) trở thành tầm thường Trong trường hợp này, dấu đẳng thức (4.46) rõ ràng không xảy Tiếp theo, giả sử P không trùng với đỉnh ∆ABC Nếu x, y, z số dương bất đẳng thức (4.31) tương đương với bất đẳng thức sau xR12 + yR22 + zR32 a2 b2 c2 ≥ + + x y z 1 + + yz zx xy Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có a2 b2 c2 (a + b + c)2 + + ≥ x y z x+y+z Đẳng thức xảy x : y : z = a : b : c Kết hợp hai bất đẳng thức ta có bất đẳng thức xR12 + yR22 + zR32 1 + + yz zx xy (a + b + c)2 ≥ x+y+z (4.47) Dấu đẳng thức (4.47) xảy x : y : z = a : b : c P tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bây giờ, áp dụng phép nghịch đảo bổ đề 4.1 cho bất đẳng thức (4.47), ta thu 2 x(R2 R3 ) + y(R3 R1 ) + z(R1 R2 ) 1 + + yz zx xy (aR1 + bR2 + cR3 )2 ≥ , x+y+z hay (R2 R3 )2 (R3 R1 )2 (R1 R2 )2 + + ≥ yz zx xy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên aR1 + bR2 + cR3 x+y+z (4.48) http://www.lrc-tnu.edu.vn 110 Thay x → xR12 , y → yR22 , z → zR32 , ta 1 + + ≥ yz zx xy Lại lần thay x → aR1 + bR2 + cR3 xR12 + yR22 + zR32 (4.49) 1 , y → , z → , ta bất đẳng thức x y z (4.46) cần chứng minh Nếu đẳng thức (4.44) xảy P tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC, đẳng thức (4.45) xảy ∆ABC nhọn P trực tâm Theo điều điều kiện để đẳng thức (4.47) xảy ra, ta có đẳng thức (4.46) xảy ∆ABC nhọn, P trực tâm R1 R2 R3 = = xa yb zc (4.50) Khi P trực tâm tam giác nhọn ABC, ta có R1 : R2 : R3 = cos A : cos B : cos C Do đó, trường hợp này, từ (4.50) ta có x : y : z = cot A : cot B : cot C Vì vậy, đẳng thức (4.46) xảy ∆ABC nhọn, P trùng với trực tâm cotx A = coty B = cotz C 4.4.2 Các hệ bất đẳng thức Jian Liu Hệ 4.14 Với P tùy ý nằm mặt phẳng chứa tam giác ABC với số dương x, y, z, bất đẳng thức sau R12 R22 R32 4S + + ≥√ x y z xy + yz + zx (4.51) Đẳng thức xảy x : y : z = cot A : cot B : cot C P trực tâm tam giác nhọn ABC Chứng minh Từ bất đẳng thức (4.24) bất đẳng thức Jian Liu (4.46) ta thu bất đẳng thức cần chứng minh (4.51) Hệ 4.15 Cho tam giác ABC P điểm tùy ý mặt phẳng chứa tam giác Khi bất đẳng thức sau R12 + R22 + R32 ≥ √ S Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (4.52) http://www.lrc-tnu.edu.vn 111 Chứng minh Trong bất đẳng thức (4.51) cho x = y = z thu bất đẳng thức (4.52) Hệ 4.16 Với P tùy ý nằm mặt phẳng chứa tam giác ABC với số dương x, y, z, bất đẳng thức sau aR12 + bR22 + cR32 √ ≥ 2Rr (4.53) aR1 + bR2 + cR3 Đẳng thức xảy tam giác ABC P trực tâm 1 Chứng minh Trong bất đẳng thức Jian Liu (4.46) ta thay x = , y = , a b 1 1 z = sử dụng kết + + = , ta thu bất đẳng c bc ca ab 2Rr thức cần chứng minh (4.53) Hệ 4.17 (Bất đẳng thức Hayashi) Nếu P điểm tùy ý không trùng với đỉnh tam giác ABC, R2 R3 R3 R1 R1 R2 + + ≥ bc ca ab (4.54) Đẳng thức xảy tam giác ABC nhọn P trực tâm Chứng minh Trong bất đẳng thức (4.48), thay x = aR1 , y = bR2 , z = cR3 ta bất đẳng thức (4.54) Hệ 4.18 Nếu P điểm tùy ý khơng trùng với đỉnh tam giác ABC, (R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 )2 1 + + R2 R3 R3 R1 R1 R2 ≥ 4p2 (4.55) Trong p nửa chu vi tam giác ABC Đẳng thức xảy tam giác ABC nhọn P trực tâm Chứng minh Trong (4.48) thay x → xaR1 , y → ybR2 , z → zcR3 Khi ta R2 R3 R3 R1 R1 R2 + + ≥ yzbc zxca xyab Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên aR1 + bR2 + cR3 xaR1 + ybR2 + zcR3 (4.56) http://www.lrc-tnu.edu.vn 112 1 Tiếp tục thay x = , y = , z = , ta a b c (R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 ) (R1 + R2 + R3 )2 ≥ (aR1 + bR2 + cR3 )2 (4.57) Áp dụng phương pháp biến đổi nghịch đảo bổ đề 4.1 cho bất đẳng thức (4.57), sau chia hai vế cho (R1 R2 R3 )2 ta bất đẳng thức (4.55) Hệ 4.19 Cho P điểm nằm tam giác ABC, bất đẳng thức sau (R2 R3 )2 (R3 R1 )2 (R1 R2 )2 16 + + ≥ p2 r2 r3 r3 r1 r1 r2 (4.58) Trong p nửa chu vi tam giác ABC Chứng minh Với P điểm tùy ý nằm tam giác ABC, ta có bất đẳng thức sau aR1 ≥ br3 + cr2 , bR2 ≥ cr1 + ar3 , cR3 ≥ ar2 + br1 Cộng theo vế bất đẳng thức với lưu ý a + b + c = 2p, ar1 + br2 + cr3 = 2rp, ta thu bất đẳng thức aR1 + bR2 + cR3 ≥ 2p (r1 + r2 + r3 ) − 2rp Nhân hai vế với bất đẳng thức với 2, sau cộng với bất đẳng thức aR1 + bR2 + cR3 ≥ 4S, với lưu ý S = rp ta thu (aR1 + bR2 + cR3 ) ≥ 4p (r1 + r2 + r3 ) , (4.59) aR1 + bR2 + cR3 ≥ p r1 + r2 + r3 (4.60) hay Mặt khác, bất đẳng thức (4.48) cho x = r1 , y = r2 , z = r3 ta thu bất đẳng thức (R1 R2 )2 (R3 R1 )2 (R1 R2 )2 + + ≥ r2 r3 r3 r1 r1 r2 aR1 + bR2 + cR3 r1 + r2 + r3 (4.61) Từ hai bất đẳng thức (4.60) (4.61) ta bất đẳng thức (4.58) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 113 Hệ 4.20 Cho P điểm nằm tam giác ABC, bất đẳng thức sau (R1 + R2 + R3 )2 ≥ √ p r1 + r2 + r3 (4.62) Chứng minh Từ bất đẳng thức (4.57) (4.60) ta suy (R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 ) (R1 + R2 + R3 )2 ≥ 16 p (r1 + r2 + r3 )2 Mặt khác, ta có (R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 ) ≤ (R1 + R2 + R3 )2 Từ hai bất đẳng thức ta bất đẳng thức (4.62) Hệ 4.21 Cho P điểm nằm tam giác ABC, bất đẳng thức sau ln R12 R22 R32 + + ≥ (r1 + r2 + r3 ) rb rc (4.63) Chứng minh Trong bất đẳng thức (4.46) thay x → , y → rb , z → rc với lưu ý rb rc + rc + rb = p2 , ta có R12 R22 R32 + + ≥ (aR1 + bR2 + cR3 ) rb rc p (4.64) Từ bất đẳng thức (4.60) (4.64) ta bất đẳng thức (4.63) Hệ 4.22 Cho P điểm nằm tam giác ABC, bất đẳng thức sau R12 R22 R32 + + ≥ r1 + r2 + r3 + r rb rc (4.65) Chứng minh Cộng theo vế bất đẳng thức (4.59) aR1 +bR2 +cR3 ≥ 4S, sau chia hai vế cho 4, ta có aR1 + bR2 + cR3 ≥ p (r1 + r2 + r3 + r) (4.66) Từ bất đẳng thức (4.64) (4.66) ta bất đẳng thức (4.65) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 114 Hệ 4.23 Cho P điểm nằm tam giác ABC Gọi , hb , hc độ dài đường cao hạ từ A, B, C Khi R12 R22 R32 + + ≥ 4r hb hc (4.67) Trong r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh Ta biết h1a + h1b + hb hc 8S = abcr = 2S r rR Vì R ≥ 2r nên hc = r hay hb + hb hc + hc = S2 hb + hb hc + hc ≤ r (4.68) Trong (4.51) cho x = , y = hb , z = hc sử dụng (4.68) ta R12 R22 R32 4S + + ≥ = 4r hb hc S2 r2 Hệ 4.24 Cho P điểm nằm tam giác ABC Khi bất đẳng thức sau ln √ S3 2 2 (4.69) aR1 + bR2 + cR3 ≥ √ 27 √ Chứng minh Theo tốn 1.6 ta có ≤ 9abc hay a+b+c √ 1 3 + + ≤ ab bc ca 4S (4.70) 1 Bây (4.51) cho x = , y = , z = sử dụng (4.4.2.) ta b c √a 4S 2√ S 2 aR1 + bR2 + cR3 ≥ 3√3 = 27 4S Hệ 4.25 Cho P điểm nằm tam giác ABC Gọi ma , mb , mc độ dài trung tuyến xuất phát từ A, B, C Khi bất đẳng thức sau ln √ S 4S ma R12 + mb R22 + mc R32 ≥ √ (4.71) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 115 Chứng minh Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm BC, CA, AB Dựng tam giác AA1 M cho M đối xứng với C1 qua B1 Dễ thấy ma , mb , mc độ dài cạnh tam giác M AA1 (ma = AA1 , mb = M A1 , mc = M A) [M AA1 ] = 43 S Áp dụng bất đẳng thức ta √ √ 1 4S S + + ≤ √ (4.72) = ma mb mb mc mc ma S 1 ,y = ,z = sử dụng bất đẳng ma mb mc √ 4S 4S S thức (4.72) ta ma R12 + mb R22 + mc R32 ≥ √ = √ 3 Bây (4.51) cho x = S Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 116 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau: Trình bày số bất đẳng thức tam giác tứ giác từ đến nâng cao Giới thiệu hai bất đẳng thức quen thuộc có nhiều áp dụng đề thi học sinh giỏi bất đẳng thức Erdos-modell bất đẳng thức Ptolemy Đồng thời xây dựng số mở rộng hai bất đẳng thức Trình bày số bất đẳng thức có trọng, mở rộng áp dụng, đồng thời đặc biệt hóa để có tốn bất đẳng thức hình học liên quan đến khoảng cách từ điểm đến đỉnh cạnh tam giác Tác giả nêu chứng minh số bổ đề giúp cho việc chứng minh bất đẳng quan trọng luận văn bất đẳng thức hình bình hành, bất đẳng thức Erdos-Modell mở rộng điểm tam giác, mở rộng tứ giác đa giác, bất đẳng thức Jian Liu v.v Ngoài ra, khai thác số bất đẳng thức tác giả đặc biệt hóa để thu nhiều bất đẳng thức hay đẹp Luận văn chọn lọc giới thiệu số đề thi học sinh giỏi nước, khu vực quốc tế liên quan đến bất đẳng thức tam giác tứ giác Các bất đẳng thức hình học áp dụng trực tiếp hai bất đẳng thức tiếng bất đẳng thức Erdos-Modell bất đẳng thức Ptolemy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 117 Tài liệu tham khảo [1] Bộ giáo dục đào tạo-Hội toán học Việt Nam (2009), Các toán chọn lọc - 45 năm Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Minh Hà, Suy nghĩ từ toán quen thuộc, Tuyển tập năm tạp chí tốn học tuổi trẻ, NXB Giáo Dục (1995) [3] Vũ Đình Hịa (2005), Bất đẳng thức hình học, NXB Giáo Dục [4] Phan Huy Khải, Nguyễn Đạo Phương (1994), Hệ thức lượng tam giác tứ giác, NXB Giáo Dục [5] Nguyễn Văn Nho (2011), Những định lí chọn lọc hình học phẳng qua kì thi Olympic, NXB Đại Học Sư Phạm [6] Nguyễn Đức Tấn (2000), Chuyên đề bất đẳng thức cực trị hình học phẳng, NXB Giáo dục [7] Nguyễn Thượng Võ (1989), 200 toán chọn lọc hệ thức lượng tam giác, NXB Giáo dục [8] Trần Nam Dũng, Ptolemy’s inequality and its applications, Kỷ yếu hội nghị khoa học, Việt Trì (2011) [9] Titu Andreescu and Dorin Andrica, Proving some geometric inequalities by using complex numbers, Educatia Matematica Vol.1, N2, (2005), 19-26 [10] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic, The IMO Compendium A Collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads:1959–2004, Springer Publishers, 2004 [11] Yu-Dong Wu, Chun-Lei Yu Zhi-Hua Zhang, A geometric inequality of the generalized Erdos-Modell type, Journal of inequalities in pure and applied mathematics, Vol.10, Iss.4, Ar.106, 2009 [12] Radmila Bulajich Manfrino, José Antonio Gómez Ortega, Rogelio Valdez Delgado, Inequalities A Mathematical Olympiad Approach, Birkhauser Publishers, 2009 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 118 [13] D.S Mitrinovic, J.E.Pecaric and V.Volenec, Recent Advances in Geometric Inequalities, Kluwer Academic publishers, Dordrecht, Netherlands, 1989 [14] Jian Liu, A weighted geometric inequality and its applications, Journal of inequalities in pure and applied mathematics, Vol.9, Iss.2, Ar.58, 2008 [15] József Sándor, On the geometry of equilateral triangles, Forum Geometricorum, Vol.5 (2005) 107–117 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... giải tốn bất đẳng thức hình học, trước hết ta cần trang bị kiến thức sở bất đẳng thức đại số đẳng thức, bất đẳng thức đơn giản tam giác 1.1 Các bất đẳng thức đại số Định lý 1.1 (Bất đẳng thức AM-GM)... dụng hình học phương pháp đại số túy Để giải toán bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng kiến thức hình học đại số cách thích hợp nhạy bén Luận văn giới thiệu số bất đẳng thức hình học. .. 1.3 Bất đẳng thức tam giác 1.3.1 Bất đẳng thức độ dài cạnh 1.3.2 Bất đẳng thức đại lượng đặc biệt 1.4 Các bất đẳng thức sinh từ cơng thức hình học 1.5 Bất đẳng thức