Bất đẳng thức Ptolemy ứng dụng Trần Nam Dũng Bất đẳng thức Ptolemy trường hợp đặc biệt nó, định lý Ptolemy tính chất tứ giác nội tiếp kết kinh điển đẹp hình học sơ cấp Có thể nói, bất đẳng thức Ptolemy định lý Ptolemy đẹp từ cách chứng minh đa dạng đến ứng dụng phong phú tốn chứng minh, tính tốn hình học tốn bất đẳng thức hình học Trong viết này, xem xét khía cạnh thú vị bất đẳng thức Ptolemy, chứng minh luận điểm thú vị bất đẳng thức Ptolemy thực chất vừa hệ quả, vừa mở rộng bất đẳng thức tam giác Tiếp theo, xem xét ứng dụng phong phú kết hình học môn học khác (như số học, lý thuyết đồ thị …) Bất đẳng thức Ptolemy hệ bất đẳng thức tam giác? Ai biết bất đẳng thức tam giác: Với A, B, C ba điểm mặt phẳng, ta có AB + BC ≥ AC (1) Dấu xảy A, B, C thẳng hàng B nằm A C Nói cách khác AB = k BC với k số thực dương Trong đó, bất đẳng thức Ptolemy khẳng định: Với điểm A, B, C, D mặt phẳng, ta có AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD (2) Rõ ràng, theo quan điểm bất đẳng thức Ptolemy mở rộng bất đẳng thức tam giác Vì vậy? Xin giải thích lý do: Chia hai vế (2) cho BD, ta AB CD AD + BC ≥ AC BD BD Nếu chọn D “đủ xa” từ ta suy AB + BC ≥ AC Điều nghe ngạc nhiên, nhiên lợi ích đem lại đặc biệt hố khơng nhiều, lại dùng bất đẳng thức Ptolemy cao siêu để chứng minh bất đẳng thức tam giác vốn coi tiên đề? Tuy nhiên, logich tự nhiên dẫn đến ý tưởng hữu ích hơn: Như bất đẳng thức Ptolemy có liên quan đến bất đẳng thức tam giác Vậy bất đẳng thức Ptolemy chứng minh nhờ vào bất đẳng thức tam giác? Điều Ba phép chứng minh tiêu biểu minh chứng cho luận điểm này: Cách chứng minh thứ nhất: Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng bất đẳng thức tam giác Dựng điểm E cho tam giác BCD đồng dạng với tam giác BEA Khi đó, theo tính chất tam giác đồng dạng, ta có BA/EA = BD/CD Suy BA.CD = EA.BD (3) Mặt khác, hai tam giác EBC ABD đồng dạng có BA/BD = BE/BC ∠ EBC = ∠ ABD Từ EC/BC = AD/BD Suy AD.BC = EC.BD (4) Cộng (3) (4) ta suy AB.CD + AD.BC = BD.(EA+EC) Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta suy AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD Dấu xảy A, E, C thẳng hàng, tức A D nhìn BC góc nhau, tứ giác ABCD nội tiếp Trong chứng minh ta xem xét đến trường hợp ABCD lập thành tứ giác lồi điểm E dựng nằm tứ giác ABCD Nếu dùng ngơn ngữ phép biến hình vấn đề dựng điểm E rõ ràng không phụ thuộc vào vị trí tương đối điểm: Xét phép vị tự quay tâm B biến D thành A C thành E Cách chứng minh thứ hai: Sử dụng phép nghịch đảo bất đẳng thức tam giác Xét phép nghịch đảo tâm A phương tích biến B, C, D thành B’, C’, D’ Theo tính chất phép nghịch đảo, ta có B’C’ = BC/AB.AC C’D’ = CD/AC.AD B’D’ = BD/AB.AD Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có B’C’ + C’D’ ≥ B’D’ Thay đẳng thức vào AD.BC + AB.CD ≥ AC.BD Dấu xảy B’, C’, D’ thẳng hàng Khi đó, lại áp dụng tính chất tam giác đồng dạng, ta suy ∠ ABC ∠ ADC bù nhau, suy tứ giác ABCD nội tiếp Nếu coi tính chất phép nghịch đảo chứng minh nhờ vào tính chất tam giác đồng dạng thấy hai cách chứng minh không khác biệt bao sử dụng đến tam giác đồng dạng Cách chứng minh gây ngạc nhiên ngắn gọn nó: Cách chứng minh thứ ba: Số phức Phép chứng minh sử dụng bất đẳng thức tam giác, phát biểu tính chất số phức: Với số phức x, y ta có |x| + |y| ≥ |x+y| (5) Dấu xảy y = kx với k số thực không âm Xét bốn điểm A, B, C, D mặt phẳng phức có toạ vị a, b, c (có thể giả sử vậy), a, b, c số phức Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh viết dạng |(a-b)c| + |a(b-c)| ≥ |(a-c)b| Nhưng điều hiển nhiên theo bất đẳng thức (5) (a-b)c + a(b-c) = (a-c)b Dấu xảy (a-b)c = ka(b-c) với k số thực dương Câu hỏi điều kiện tương đương với kiện A, B, C, D nằm tròn xin dành cho bạn đọc Chứng minh định lý Ptolemy sử dụng đường thẳng Simson Hạ DA1 vng góc với BC, DB1 vng góc với AC DC1 vng góc với AB B1, A1, C1 thẳng hàng B1A1 + A1C1 = B1C1 (6) Áp dụng định lý hàm số sin cho đường trịn đường kính DC, DB, DA dây cung A1B1, A1C1 B1C1 tương ứng, ta có A1B1 = DC.sinC, A1C1 = DB.sinB, B1C1 = AD.sinA Lại áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác ABC, ta có sinC = AB/2R, sinB = AC/2R, sinA = BC/2R Thay vào đẳng thức (6) rút gọn, ta thu AB.CD + AD.BC = AC.BD (đpcm) Bất đẳng thức Ptolemy kết kinh điển Trước hết ta xem xét ứng dụng bất đẳng thức Ptolemy trường hợp đặc biệt – định lý Ptolemy việc chứng minh kết kinh điển hình học phẳng Điểm Toricelli: Xét toán “Cho tam giác ABC Hãy tìm điểm M mặt phẳng tam giác cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất” Điểm M tìm được gọi điểm Toricelli tam giác ABC Có thể giải ngắn gọn tốn cách sử dụng bất đẳng thức Ptolemy sau: Trên cạnh BC, dựng phía ngồi tam giác BCA’ Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác MBA’C ta có BM.CA’ + CM.BA’ ≥ BC.MA’ Từ đó, CA’ = BA’ = BC nên ta BM + CM ≥ MA’ Như AM + BM + CM ≥ MA + MA’ ≥ AA’ Tức AM + BM + CM ≥ AA’ (là số) Dấu xảy Tứ giác BMCA’ nội tiếp M nằm A A’ Dễ thấy ta tìm điểm M thoả mãn hai điều kiện tất góc tam giác ABC khơng lớn 1200 Nếu chẳng hạn, góc A > 1200 điểm M cần tìm điểm A (bạn đọc tự chứng minh!) Rõ ràng phương pháp nói áp dụng cho tốn tổng quát hơn: “Cho tam giác ABC số thực dương m, n, p Hãy tìm điểm M mặt phẳng tam giác cho m.MA + n.MB + p.MC đạt giá trị nhỏ nhất” Tất nhiên, gặp phải tình tương tự tình tam giác ABC có góc lớn 1200 Nếu ý đến xuất phát điểm bất đẳng thức Ptolemy, dễ dàng xây dựng lời giải trực tiếp cho toán điểm Toricelli mà không qua bất đẳng thức cách sử dụng việc vẽ thêm tam giác đồng dạng Chẳng hạn với toán điểm Toricelli Xét phép quay tâm C góc 60 biến M thành M’, B thành B’ CMM’ tam giác MB = M’B’, AM + BM + CM = AM + MM’ + M’B’≥ AB’ Dấu xảy A, M, M’, B’ thẳng hàng Điều xảy ba góc AMC, CMB AMB 1200 điểm M nằm tam giác ABC Bất đẳng thức Erdos-Mordell Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Đặt x = MA, x2 = MB, x3 = MC; p1, p2, p3 khoảng cách từ M đến BC, CA, AB tương ứng Khi ta có bất đẳng thức x1 + x2 + x3 ≥ 2(p1 + p2 + p3) Có nhiều cách chứng minh kết kinh điển Sau trình bày phương pháp chứng minh sử dụng định lý Ptolemy Nối dài AM cắt đường tròn nội tiếp tam giác A’ Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABA’C, ta có AB.CA’ + AC.BA’ = BC.AA’ Hạ A’D vng góc với AC A’E vng góc với AB rõ ràng A’B ≥ A’E, A’C ≥ A’D Do a.AA’≥ c.A’D + b.A’E Hay 1≥ A' D c A' E b + AA' a AA' a Nhưng A’D/AA’ = p2/x1 A’E/AA’ = p3/x1 Nên từ c b x1 ≥ p + p3 a a Tương tự ta có đánh giá cho x2, x3, từ c b c a b a x1 + x + x3 ≥ p1 + + p + + p3 + ≥ 2( p1 + p + p3 ) b c a c a b Dấu xảy tam giác ABC M trùng với tâm O tam giác Những ví dụ lần cho thấy gần gũi bất đẳng thức Ptolemy bất đẳng thức tam giác Sau đây, ta xem xét số ứng dụng định lý Ptolemy tứ giác nội tiếp việc chứng minh số cơng thức lượng giác hình học Cơng thức tính sin(α +β ) Với α+β góc nhọn, dựng đường trịn đường kính AC chọn điểm B D nằm hai nửa đường tròn, cho BAC = α, DAC = β Áp dụng định lý Ptolemy, ta có AB.CD + AD.BC = AC.BD(7) Mặt khác, áp dụng định nghĩa hàm số lượng giác, ta có AB = AC.cosα, BC = AC.sinα, CD = AC.sinβ, DA = AC.cosβ Cuối cùng, áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác ABD, ta BD = AC.sin(α+β) Thay vào (7), ta sin(α+β) = sinα.cosβ + sinβ.cosα Định lý Pythagore Xét hình chữ nhật ABCD Rõ ràng tứ giác nội tiếp Vì ta có AB.CD + AD.BC = AC.BD Do AB = CD, AD = BC nên từ suy AB2 + BC2 = AC2 (đpcm) Định lý hàm số cos Xét tam giác ABC với cạnh BC = a, CA = b, AB = c Dựng điểm D đường tròn ngoại tiếp tam giác cho AD = BC AC = BD (D điểm đối xứng C qua trung trực AB) Gọn E F hình chiếu C D lên AB Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có AB.CD + AD.BC = AC.BD Mặt khác, CD = AB – AE – BF = AB – 2BC.cosB Thay CD = AB – 2BC.cosB, AD = BC, BD = AC vào, ta có AB2 – 2AB.BC.cosB + BC2 = AC2 Hay b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB (đpcm) Hệ thức Feuerbach Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn, BD2.SACD = CD2.SABD + AD2.SBCD (8) Chứng minh: Theo cơng thức tính diện tích SACD = AC.AD.CD/4R, SABD = AB.AD.BD/4R, SBCD = BC.BD.CD/4R Do (8) tương đương với BD2.AC.AD.CD = CD2.AB.AD.BD + AD2.BC.BD.CD Hay AC.BD = AB.CD + AD.BC Như vậy, thấy định lý Ptolemy tương đương với hệ thức Feuerbach Định lý Carnot: Trong tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Gọi x, y, z khoảng cách từ O đến BC, CA, AB tương ứng Khi x+y+z=R+r r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh: Gọi D, E, F trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp AEOF, ta AF.OE + AE.OF = AO.EF c.y + b.z = R.a Tương tự c.x + az = R.b, ay + bx = R.c Cộng đẳng thức vế theo vế, ta (b+c)x + (c+a)y + (a+b)z = R(a+b+c) (a+b+c)(x+y+z) = R(a+b+c) + ax + by + cz x+y+z=R+r (Vì ax + by + cz = 2SOBC + 2SOCA + 2SOAB = 2SABC r = S/p) Viết dạng lượng giác, định lý Carnot hệ thức cosA + cosB + cosC = + r/R Chú ý hệ thức với tam giác Với hệ thức hình học, định lý Carnot trường hợp tam giác tù, chẳng hạn A tù ta có –x + y + z = R + r Mở rộng định lý Ptolemy bất đẳng thức Ptolemy Định lý Ptolemy bất đẳng thức Ptolemy có nhiều hướng mở rộng khác Thậm chí từ bất đẳng thức Ptolemy, phát sinh hẳn khái niệm gọi không gian metric Ptolemy, đồ thị Ptolemy … Dưới đây, xem xét số mở rộng định lý Ptolemy (và bất đẳng thức Ptolemy) Định lý Bretschneider Cho tứ giác ABCD có độ dài cạnh AB, BC, CD, DA a, b, c, d độ dài hai đường chéo AC, BD m, n Khi ta có m2n2 = a2c2 + b2d2 – 2abcd.cos(A+C) Rõ ràng định lý Ptolemy bất đẳng thức Ptolemy hệ định lý Bretschneider Ta xem xét chứng minh kết Trên cạnh AB phía ngồi dựng tam giác AKB đồng dạng với tam giác ACD, ∠ BAK = ∠ DCA, ∠ ABK = ∠ CAD, cạnh AD dựng tam giác AMD đồng dạng tam giác ABC, ∠ DAM = ∠ BCA, ∠ ADM = ∠ CAB Từ tam giác đồng dạng ta suy AK = ac/m, AM = bd/m, KB = DM = ad/m Ngoài ra, ∠ KBD + ∠ MDB = ∠ CAD + ∠ ABD + ∠ BDA + ∠ CAB = 1800, nghĩa tứ giác KBDM hình bình hành Nghĩa KM = BD = n Nhưng ∠ KAM = ∠ A + ∠ C Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác KAM, ta có 2 ac bd ac bd n = + − cos( A + C ) m m m m m2n2 = a2c2 + b2d2 – 2abcd.cos(A+C) (đpcm) Định lý Casey (định lý Ptolemy mở rộng) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (C) Bốn đường tròn α, β, γ , δ tiếp xúc với (C) A, B, C, D Gọi tαβ độ dài đoạn tiếp tuyến chung, tαβ độ dài đoạn tiếp tuyến chung α, β tiếp xúc tiếp xúc với (C) tαβ độ dài đoạn tiếp tuyến chung trong trường hợp ngược lại Các đại lượng tβγ , tγδ … định nghĩa tương tự Khi ta có