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 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 1.6 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 10 1.6.3 Một số kết quan trọng hình học 11 Các kiến thức đại số hình học 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 14 2.1 Phương pháp sử dụng đại số .14 2.2 Phương pháp vector 27 2.2.1 Ứng dụng làm mạnh bất đẳng thức tam giác 27 2.2.2 Kết hợp bất đẳng thức Ptolemy bất đẳng thức tam giác29 2.2.3 Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz dạng vector 30 2.2.4 Phương pháp bình phương vơ hướng 32 2.2.5 Một số toán kỳ thi Olympiad 32 2.3 Phương pháp R, r, p .33 2.3.1 Bổ đề Jack Garfunkel 33 2.3.2 Một vài toán ứng dụng 34 2.3.3 Sử dụng tham số xây dựng bất đẳng thức từ bất đẳng thức .43 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức tam giác 2.4 Một số toán chọn lọc 45 Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng Tài liệu tham khảo 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 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 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 cô giáo mơn tốn trường, người thầy, người bạn giúp đỡ tơi nhiều q trình làm luận văn Tôi 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 cô 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 lớn chu vi đa giác (7) Nếu M điểm nằm đường tròn 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 Tốn học, có hình học, nguyên 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, ngun 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 AiBi (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 AiBi • Nếu b > ka (k ∈ N∗) đoạn AB chứa tất đoạn AiBi có k + đoạn AiBi 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 không 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 + · · · + “ √n a 2· · · a n an a n đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Chú ý Ngồi ra, bất đẳng thức AM-GM cịn viết dạng sau a1a2 · · · an ™ n ( 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 (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2 ™ (a2 + a2 + · · · + an2 )(b12 + b22 + · · · +n b2 ) Đẳng thức xảy an a2 = · · · = (Lưu ý ta sử dụng = bn b2 b1 quy ước mẫu tử 0.) a 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 a2 a2 a2n (a1 + a2 + · · · + an)2 + +···+ “ 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 2 (a1 + a2 + · · · + an)2 a1 + a2 + · · · + an “ Kết thu cho b1 = b1 = · ·n· = bn = • Với n số thực dương tùy ý x1, x2, , xn, ta có 1 + x1 x2 + · · · + “ x + x n + · · · + x n n x 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 không âm, ta có bất đẳng thức sau ( ∏ m ∑n i=1 j=1 xij )1 m n ∏ m ∑ m xi “ j j=1 i=1 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 không âm a, b, c, x, y, z, ta có (a3 + x3)(b3 + y3)(c3 + z3) “ (abc + xyz)3 Đẳng thức xảy a x = b c = y z • Với chín số thực khơng âm a, b, c, x, y, z, m, n, p, ta có (a3 + b3 + c3)(x3 + y3 + z3)(m3 + n3 + p3) “ (axm + byn + czp)3 a Đẳng thức xảy x = y z b c = a b c = = pm n 1.5.5 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa Định lý 1.10 (Bất đẳng thức trung bình lũy thừa) Cho a1, a2, , an số thực không âm r “ s > Khi đó, ta có 1 ( r ) ( s ) r r a + a1 + a2s + · · · + nas s a + · · · + an r “ n n Đẳng thức xảy r = s a1 = a2 = · · · = an Đặc biệt: • Khi r = n s = 1, ta có √ n n n n a + a + · · · + a hay a1 + a2 + · · · + an n n ( a + a + · · · + an a n “ n , n )n + a2 + · · · + an “ n n n • Khi r = s = , ta có n (√ √n √ n )n a1 + a2 + · · · + n a + a + · · · + an “ an , n n hay √n a1 + √n a2 + · · · + √n an n ™ √n 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) Bài toán 2.80 Cho tam giác ABC điểm P bên nó, chứng minh (AP + BP + CP )2 “ 3(aPA + bPB + cPC) Chứng minh Chúng ta đặt ∠BPC = α, ∠CPA = β, ∠APB = γ α + β + γ = 2π Bởi định lý hàm số cosine ta có a2 = PB2 + PC2 − 2PBPCcosα ⇒ a2 PA = PA(PB 2+ PC )2 − PAPBPCcosα Tương tự ta b2PB, c2PC Từ bất đẳng thức cosα + cosβ + cosγ “ −3 when α + β + γ = 2π ta thu a2PA + b2PB + c2PC = PA(PB2 + PC2) + PB(PC2 + PA2) + PC(PA2 + PB2) − 2PAPBPC(cos α + cos β + cos γ) ™ PA(PB2 + PC2) + PB(PC2 + PA2) + PC(PA2 + PB2) + 3PBPCPA = (PA + PB + PC)(PBPC + PCPA + PAPB) (PA + PB + PC) ™3 Như (PA + PB + PC) “ 3(a2PA + b PB + c PC) ⇒ (PA + PB + PC) “ 3(a2PA + b PB + c PC)(PA + PB + PC) “ 3(aPA + bPB + cPC)2(by Cauchy-Swart inequality) √ ⇒ (PA + PB + PC)2 “ 3(PA2 + b2PB + c2PC) Dấu xảy ABC tam giác P trùng tâm Bài tốn 2.81 Giả sử a, b, c ba cạnh tam giác ma, mb, mc trung tuyến chúng, chứng minh bất đẳng thức sau √ m m m 3(a2 + b2 + c2) a b c “c2 2abc a2 + b+ Chứng minh Bất đẳng thức tương đương ( m mbca mcab abc 2 a + b + c ) “ (a + b + c ) Ta lại có ( ∑ (mb ca).(mc ab) ∑ ma bc mb ca mc ab a2 m + + ) “ 3( ) = 3( b m c ) a b c b c Ta chứng minh ∑ ∑ 2 2 3( a m bm c) “ (a + b + c ) ⇔ 4( a2 mb mc ) “ (a2 + b2 + c2 )2 Thật vậy, chuyển qua tam giác trung tuyến với ba cạnh ma, mb, mc cần chứng minh ∑ ∑ 4ma b “ (m2 + m2 + m2 )2 ⇔ (2(b2 + c2 ) − a2 )bc “ (a2 + b2 + c2 )2 4 c a b c Bằng biến đổi tương đương, ta thu ∑ ⇔ (a2 − (b − c)2)(b − c)2 “ bất đẳng thức ln vì| a−> | b tam giác ABC Đó điều phải chứng minh b với | − c |, b > |c− |a , c > a Bài toán 2.82 Với tam giác nhọn ABC, trung tuyến ma, mb, mc, bán kính tiếp ra, 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 A a A a A ma = AA′ ™ OA + OA′ = R + R cos A = 2R cos2 = cos2 = · cot Nói cách a 2A sin = , a = as Ta khác m A A ™ : ™ : tan Ta lại có tan m a a 2 s 2ra as cs s bs Tương tự cho đỉnh B, C mb · mc · rc ™ thu ma · 2 ™ rb ™ Do m·r a a +m·r+m·r ™ b b c as + bs + c s = a+b+c · s = s · s = s c 2 2 Đó điều phải chứng minh Bài toán 2.83 Cho tam giác ABC chứng minh A B C A B C B 2 sin + sin + sin + [cos + cos + cos − (cos C C cos + cos 2 A cos + 2 2 2 2 A B cos )] ™ 2 cos Chứng minh Không tổng quát ta giả sử A ™ C ™ B, ta có A sin + sinB + sinC 2 A B A+ B ™ [1 + (sin + sin )2] + cos 2 2 A A B A B A B B = (1 + + ) + sin + (cos cos sin sin 2 2 2 sin 2 − sin sin1 ) A B) + cosA cos B 2 2 cos = (3 − − cos B2 2A = − (cos − cos ) (1) 2 2 C Ta chứng minh A (cos − )2] = C A 1(cos A− cosB )2 “ B 2 (cos cos ) cos ) + + cosB [(co s − )]2 (2) − 2 2 2 2 B C C A A B B C 2 = A[cos + cos + cos co + co + co 2 2 − Thật bất đẳng thức tương đương với A B A C2 B C2 B “ )(cos C B C ⇔ )(cos A − cos − cosA + (cos − cos ) 2C 2 2 cos 2 ⇔ −2 A cos C cos “B − cos cos − cos cos A B 2C 2 C A ⇔ cos C cos B + cos cos −Ccos − “ cos cos 2 2 ⇔ (cos − cos )(cos − cos2 )2“ 2 2 A C B Điều ta giả sử A ™ C ™ B ⇒ cos “ cos “ cos 2 Vậy từ (1), (2) ta có A B C A B C sin +sin +sin ™ − [cos2 +cos2 +cos2 2B 2C C2 2 2 (cos cos +cos A A B cos +cos cos )] 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 toán 2.84 Cho tam giácABC, chứng minh B cos −C C−A A−B 3A 3B 3C + cos + cos “ sin + sin + sin 2 2 2 Chứng minh Ta có ∑ A cos B−C “ ∑ sin 3A ⇔2 ∑ B C sin sin 2 ∑ ∑ ∑ A A + sin “3 sin −4 sin3 2 ∑ ∑ A B C ⇐⇒ sin3 +2 sin sin “ (∗) ∑ A sin 2 2 Ta chứng minh A C A B A (sin3 + ) + sin (sin + sin ) “ sin + B B sin3 sin Thật vậy, ta có 2 2 2 (1) (1) ⇐⇒ (sin2 A − sin 2 A sin B + sin2 2 B ) + sin C “1 A+ B A−B C ⇐⇒ − cos A + − cos B + cos − cos + sin “ 2 C A−B ⇐⇒ + sin “ cos A + cos B + cos , which is truly 2 Tương tự, ta có B C A B C (sin3 + sin3 ) + sin (sin + sin )“ B C 2 2 2 sin + sin (sin3 C + sin3 A ) + sin B (sin A +2 sin 2 C + sin A ) “ sin 2 (3) C Vậy từ (1), (2) (3) ta suy A B C ∑ sin3 + ∑ sin sin “ ∑ sin 2 2 A , minh điều phải chứng Bài tốn 2.85 Cho tam giác nhọn ABC, P điểm bên tam giác ABC, đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC điểm thứ hai A0, tương tự ta có B(0) C0 Chứng minh a) PA0 · PB0 · PC0 “ 8PA · PB · PC P A0 PB PC b) + + “ PA PB PC Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức Ptolemy ta có PA0 = PB · CA0 + PC · BA0 BC Đặt x = sin ∠BPC = sin ∠CPB , y = sin ∠BPA = sin ∠APB 0, z = sin ∠CPA = sin ∠APC0 Bởi định lý hàm số sine ta có C A0 z BA0 y BC = x , BC = x Từ ta thu z y PA = PB + PC (1) x x Tương tự cho B, C ta có PB = x y y PC + z y x PB (2) PC = PA + PC (3) z z Nhân bất đẳng thức (1), (2), (3) ta PA · PB 0 · PC “ ∏ z (x PB +x y (2) PC ) “ 8PA · PB · PC Đó bất đẳng thức phần a) Từ bất đẳng thức AM − GM., ta cộng bất đẳng thức (1), (2), (3) ta cy c PA ∑ P A0 cy c “ ∑ x PA ( z PB x PA + y PC ) “ Đó bất đẳng thức phần b) Bài toán 2.86 Cho tam giác ABC điểm M đường tròn ngoại tiếp tam MA MB MC } c a giác, chứng minh + + “ a b + + “ ; b c { + ; BC CA AB c b a c b a Chứng minh Ta dễ thấy vế sau không nhỏ 2, ta phải chứng minh { } c a MA MB MC b a b + c + “ + + ; ; + a b c c b a c b a Ta sử dụng phản chứng, giả sử rằng, bất đẳng thức sai, tức { } c a MA MB MC b a b c + + + < + + ; ; 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· MB + AB· MC = BC · MA Nói cách khác, b · MB + c · MC = a · MA Như ,vậy, MA = (b · MB + c · MC) /a Từ MA MB (b · MB + c · MC) /a MB MC MC = + + + + a b c a b c a b c a a b c a MB · ( + ) + MC · ( + ) MB · ( + ) + MC · ( + ) = b a a c a MB + MC b “ a a c Bởi a ™ MB + MC, ta thu cMA + MB + MC < ; a Một cách tương tự { + ; b a a + Như + b } c , b c c MA a + MA b MB MC + a + b + c b a < c MB MC < MB · ( MA ( MA + MB + MC = a b c a + MB + a b c a MC + + c b a b a a c ) + MC · A M b c MB + MC a + MB b + MC c ) a b c a MB · ( + ) + MC · ( + ) < b a a c MB + MC Điều mâu thuẫn giải thiết phản chứng, ta phải có ∑ M A = ⇐⇒ { a = b = c ∨ M= A,b= c a ∨ M= C,a= b} ∨ M=B,c=a Đó điều phải chứng minh Bài tốn 2.87 Cho tam giác ABC, M điểm bên nó, tìm giá trị lớn biểu thức P A sin ^BP C + P B sin C^P A + P C sin A^P B Chứng minh Ta chứng minh PA sin ∠BPC + PB sin ∠CPA + PC sin ∠APB ™ AB + BC + CA Thật vậy, đặt φ = ∠PAB, δ = ∠PBC, ω = ∠PCA, α = ∠BAC, β = ∠ABC, γ = ∠BCA Sử dụng biến đổi lượng giác, ta có, bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với sin α + sin β + sin γ cos φ cos δ cos ω + cos(α − φ) cos(β − δ) cos(γ − ω) ™ ∑ −α + β + γ sin α cos( + φ − δ − ω) ™ sin α + sin β + sin γ cyclic α β γ ,δ ,ω , khiđó P = = Điều hiển nhiên, dấu xảy 2 φ = trùng tâm nội tiếp tam giác ABC Bài tốn 2.88 Cho tam giác ABC, bán kính đường trịn nội tiếp r, ba bán kính đường trịn bàng tiếp ra, rb, rc, chứng minh √ 1 √ 1 √ 1 + + + + + 2 “ rr rc rr r rr rb a b c 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 + y2 +√y + z2 + z + x2 “ √ Đây bất đẳng thức quen với người làm bất đẳng thức đại số, cách làm ta chứng minh sau 4(x2 + y + z) (yz +2z2 + zx 2+ x2)(zx + x2 + xy + y22) −2 (2x3 +2 3y2z2 + 3z2x + 2 2x y + 2yz + 4zx + 2xy + 6xyz) = xy(z − x) (4x + 4y + z + 8zx + 4xy) + yz(x − y)2(4y2 + 3yz +∑11z √x) + zx(y − z)2 (4x2 √+ 12y + 4z + 11yz + 7zx + 4xy) “ yz + z2 + zx + zx + x2 + xy + ⇔ ∑ cy = )+6(yz+zx+xy) c “ 2 2(x +y +z 2x3 + 3y2z + 3z2x + 2x2y + 2yz2 + 4zx2 + 2xy2 + 6xyz x + y + z cyc ⇔ (∑ cy c √ xy + y2 + yz + z2)2 “ 4(x + y + z)2 √ √ √ ⇔ y + z2 + z + x2 + Như vậylàvới x + y + z = ta “ 2, điều phải chứng minh Bài toán 2.89 Cho tam giác ABC trọng tâm G P điểm Chứng minh 3PG + a + b + c > PA + PB + PC x + y2 Chứng minh Từ bất đẳng thức −→ −→ −→ |−→a | + | b | + |−→c | + |−→a + b + −→c | “ | b + −→c | + | −→c + −→a | + |−→a + −→b | −→u , −→b = −→w + −→u −→v , −→c = Đặt −→a = −→− v + −→w − − −→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 | + 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 PB, PC 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) PB < PC b) ∠PCA < ∠PBA 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′ Từ xét tam giác PDB PDD′ ta suy ′ PB < PD′ Do D′ ′ nằm ′ đoạn BC nên{ PD ™ max PB, PC nhiên PD > PB PD < PC Từ ta thu PB < PC } A P B' B D C D' b) Do AB < AC, dựng B′ đoạn AC cho AB = AB′ Từ dễ suy ∠PBA = ∠PB′A > ∠PCA Lời giải tốn Nếu tam giác ABC khơng cân Giả sử AB < AC theo bổ đề PB < PC nên ∠PCB < ∠PBC Xét tam giác BB ′ C CC ′ B suy BC ′ < B ′ C Vẽ hình bình hành BB′QCA′ suy B′Q < B′CQ hay ∠B′CQ < ∠B′QC (1) C' B 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 ∠PCA < ∠PBA điều mâu thuẫn (3) Do điều giả sử sai Tương tự AC < AB vơ lý AB = AC Bài tốn 2.91 Cho tam giác ABC, AB ™ AC điểm M ∈AC cho MA + AB = MC 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 “ MC, dấu xảy ? Bổ đề 2.91.1 Tam giác ABC, AB ™ AC nội tiếp O, M AC cho MA + ∈ AB = MC 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 △PBK = △PCM ⇒ PM = PK từ dễ suy △PAK = △PAM ′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 D I O C B A Lời giải tốn Do M hình chiếu P nên MC ™ PC = 2R cos (1) A π A Mặt khác ta lại thấy DE = R sin ∠EID = R sin ∠BIC = R sin( + ) = R cos (2) Từ (1), (2) ta suy MC ™ 2DE Dễ thấy dấu bằng2 xảy2 tam giác ABC cân A Bài toán 2.92 Cho tam giác ABC x, y, z > Chứng minh B −C C−A A−B A B yz cos +zx cos +xy cos ™ (x2+yz) sin +(y2+zx) sin +(z2+xy) sin C 2 2 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 √ √ √ xPB · PC + yPC · PA + zPA · PB “ yzPA · PA ′ + zxPB · PB ′ + xyPC · PC ′ b c Chứng minh Từ lời giải toán Erdos ta có PA “ PC′ + PB′ suy xPA “ a a b c ′ ′ x( PC + PB ) a a Tương tự cộng lại ta suy xP A + yP B + zP C “ Thế x → ∑ PB · PC PC · PA ,y→ ,z→ PA PB ∑√ c b + z )P A′ “ yzP A′ b c ta thu PA · PB (y PC √ √ √ xPB · PC + yPC · PA + zPA · PB “ yzPA · PA ′ + zxPB · PB ′ + xyPC · PC ′ Đó điều phải chứng minh Lời giải toán Trong bổ đề x → x2, y → y2, z → z2 cho P trùng tâm I đường A tròn nội tiếp, ý r = IA, ta thu bất đẳng thức sin B C C A A B C B C 2(yz sin sin + zx sin sin + xy sin sin ) ™ x2 sin + y2 sin + z2 sin 2 2 2 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 ... 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. .. 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... 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