Nguyên lý cực trị trong hình học
(1) Trong tất cả các cách nối hai điểm A và B thì đoạn thẳng có độ dài ngắn nhất.
Trong tất cả các đoạn thẳng nối từ một điểm cho trước đến một điểm trên một đường thẳng hoặc mặt phẳng đã cho, đoạn vuông góc sẽ có độ dài ngắn nhất.
Trong tất cả các đường xiên từ một điểm đến một đường thẳng hoặc mặt phẳng đã cho, đường xiên có hình chiếu ngắn hơn sẽ là đường xiên ngắn hơn.
Trong số các tam giác có cùng chu vi, tam giác đều chiếm ưu thế với diện tích lớn nhất Ngược lại, trong các tam giác có diện tích tương đương, tam giác đều lại có chu vi nhỏ nhất.
(5) Độ dài của một đoạn thẳng nằm trong một đa giác lồi không lớn hơn khoảng cách lớn nhất nối hai đỉnh của nó.
(6) Nếu một đa giác lồi chứa một đa giác lồi khác, thì chu vi của đa giác ngoài sẽ lớn hơn chu vi của đa giác trong.
(7) Nếu M là một điểm nằm trong đường tròn tâm O thì trong các dây cung đi qua
M, dây cung vuông góc với OM có độ dài ngắn nhất.
Nguyên lý Dirchlet trong hình học
Nguyên lý Dirichlet là một công cụ hữu ích trong Toán học, bao gồm cả hình học, giúp giải quyết nhiều vấn đề Theo định lý Dirichlet, nếu có n + 1 chú thỏ được nhốt vào n cái chuồng, thì chắc chắn sẽ có ít nhất 2 thỏ bị nhốt chung trong một chuồng.
Nguyên lý Dirichlet không chỉ được trình bày bằng lời nói mà còn có thể diễn đạt dưới dạng hình học Định lý 1.2 về Nguyên lý Dirichlet liên quan đến độ dài trên đường thẳng cho đoạn.
AB có độ dài a và một số đoạn con A i B i (i = 1, n) có tổng độ dài b Khi đó,
• Nếu b < ka (k ∈ N ∗ ) thì bên trong đoạn AB tồn tại điểm M thuộc không quá k − 1 đoạn con A i B i
Nếu b > ka (k ∈ N ∗) và đoạn AB bao gồm tất cả các đoạn con A i B i, thì sẽ có ít nhất k + 1 đoạn con A i B i có điểm chung Định lý 1.3, hay còn gọi là Nguyên lý Dirichlet đối với diện tích, được áp dụng trong một mặt phẳng cho hình.
(H) có diện tích S và các hình (H i ) (i = 1, n) có tổng diện tích là T Khi đó,
• Nếu T < kS (k ∈ N ∗ ) thì tồn tại điểm M nằm trong hình (H) sao cho M là điểm trong chung của không quá k − 1 hình trong các hình (H i ) (i
Nếu T > kS (k N ∗ ) và hình (H) chứa tất cả các hình (H i ) (i = 1, n) thì tồn tại một điểm M trong (H) sao cho M là điểm trong chung của ít nhất (k + 1) hình trong số các hình H i
Nguyên lý khởi đầu cực trị
Nguyên lý khởi đầu cực trị là một khái niệm quan trọng trong lý thuyết đồ thị hữu hạn Theo định lý 1.4, trong bất kỳ tập hợp hữu hạn nào của các số thực (không rỗng), luôn tồn tại số bé nhất và số lớn nhất.
Phép chứng minh phản chứng
Phép chứng minh phản chứng có cơ sở dựa vào định lý sau: Định lý 1.5 Mệnh đề A → B tương đương với mệnh đề B → A.
Khi gặp khó khăn trong việc chứng minh A B, ta có thể giả định rằng B không tồn tại Từ đó, thông qua các phép lập luận biện chứng, ta sẽ tìm ra kết quả A hoặc một kết quả không tương thích với các tiên đề và định lý đã được xác lập Phép lập luận này được gọi là phép phản chứng.
Các bất đẳng thức đại số
Bất đẳng thức AM-GM
Định lý 1.6 (Bất đẳng thức AM-GM) Với n số thực không âm bất kì a 1 , a 2 , , a n , ta có bất đẳng thức a 1 + a 2 + ã ã ã + a n n
“ √ n a a ã ã ã a và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ã ã ã = a n
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần
Chú ý Ngoài ra, bất đẳng thức AM-GM còn có thể được viết dưới dạng sau
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Định lý 1.7 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Xét hai bộ số thực tùy ý a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n Khi đó, ta có
(a 1 b 1 + a 2 b 2 + ã ã ã + a n b n ) 2 ™ (a 2 + a 2 + ã ã ã + a 2 )(b 2 + b 2 + ã ã ã + b 2 ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
= ã ã ã b (Lưu ý rằng ở đây ta sử dụng quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0.)
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức
Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức) Xét hai bộ số thực tùy ý a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n trong đó b i > 0, ∀i = 1, 2, , n Khi đó, ta có a 2 a 2 a 2 (a 1 + a 2 + ã ã ã + a n ) 2
1 + 2 + ã ã ã + n “ b 1 b 2 b n b 1 + b 2 + ã ã ã + b n a 1 a 2 a n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = ã ã ã = b 1 b 2 b n
Từ định lý này, ta thu được hai hệ quả quan trọng sau:
• Với n số thực tùy ý a 1 , a 2 , , a n , ta có
Kết quả này thu được bằng cho b 1 = b 1 = ã ã ã = b n = 1.
• Với n số thực dương tùy ý x 1 , x 2 , , x n , ta có
Kết quả này cú thể thu được bằng cỏch cho a 1 = a 2 = ã ã ã = a n = 1 và b 1 = x 1 , b 2 = x 2 , , b n = x n
Bất đẳng thức Holder
Định lý 1.9 (Bất đẳng thức Holder) Cho x ij với i = 1, 2, , m và j 1, 2, , n là các số thực không âm, khi đó ta có bất đẳng thức sau
Chú ý Khi ứng dụng vào giải toán, ta thường sử dụng bất đẳng thức
Holder ở hai dạng đặc biệt sau:
• Với sáu số thực không âm a, b, c, x, y, z, ta có
(a 3 + x 3 )(b 3 + y 3 )(c 3 + z 3 ) “ (abc + xyz) 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
• Với chín số thực không âm a, b, c, x, y, z, m, n, p, ta có
(a 3 + b 3 + c 3 )(x 3 + y 3 + z 3 )(m 3 + n 3 + p 3 ) “ (axm + byn + czp) 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b
Bất đẳng thức trung bình lũy thừa
Định lý 1.10 (Bất đẳng thức trung bình lũy thừa) Cho a 1 , a 2 , , a n là các số thực không âm và r “ s > 0 Khi đó, ta có
(a s + a s + ã ã ã + a s ) s Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi r = s hoặc a 1 = a 2 = ã ã ã = a n Đặc biệt:
Các kết quả quen thuộc này thường được áp dụng trong việc chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là những bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố hình học, và điều này sẽ được làm rõ trong các chương tiếp theo.
Bất đẳng thức Jensen
Định lý 1.11 (Bất đẳng thức Jensen) Cho f : D → R là hàm lồi và n ∈ N ∗ Xét hai dóy số {x i } n ⊂ D và {λ i } n ⊂ [0, 1] sao cho λ 1 + λ 2 + ã ã ã + λ n = 1 Khi đú ta cú f (λ 1 x 1 + λ 2 x 2 + ã ã ã + λ n x n ) ™ λ 1 f (x 1) + λ 2 f (x 2) + ã ã ã + λ n f (x n ).
Bất đẳng thức Schur
Định lý 1.12, hay còn gọi là bất đẳng thức Schur, khẳng định rằng với các số thực không âm a, b, c và một số thực dương k, biểu thức a^k (a − b)(a − c) + b^k (b − c)(b − a) + c^k (c − a)(c − b) luôn lớn hơn hoặc bằng 0 Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = c hoặc khi a = b và c = 0, cùng với các hoán vị của chúng.
Bất đẳng thức Schur thường được áp dụng khi k = 1, lúc này có thể diễn đạt lại bất đẳng thức dưới dạng a³ + b³ + c³ + 3abc - ab(a + b) - bc(b + c) - ca(c + a) ≥ 0.
Bất đẳng thức Nesbitt
Định lý 1.13 (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho các số dương a, b, c Khi đó ta có a b c 3 b + c + c + a + a + b “
2 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Một số bất đẳng thức hình học cơ bản
Các hệ thức trong tam giác
Trong luận văn này, chúng tôi sẽ áp dụng một số ký hiệu thống nhất cho tam giác, cụ thể là tam giác ABC Các ký hiệu sẽ được sử dụng để diễn đạt các khái niệm và đặc điểm liên quan đến tam giác này.
• BC = a, CA = b, AB = c; m a , m b , m c , l a , l b , l c , h a , h b , h c lần lượt là độ dài các trung tuyến, các phân giác và các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c;
• p là nửa chu vi tam giác;
S ABC là diện tích tam giác ABC và trong trường hợp không nhầm lẫn, ta kí hiệu là S;
• r, R lần lượt là các bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp tam giác;
• r a , r b , r c là bán kính các đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C. i=1 i=1
Kí hiệu x, y, z là hoán vị cho a, b, c và X, Y, Z hoán vị cho A, B, C Lúc này, ta thiết lập được các hệ thức sau đây:
1 Các công thức diện tích tam giác:
2 Các công thức trung tuyến:
3 Các công thức phân giác: l 2 = 4 yz p(p − x).
6 Biểu thức đối xứng của a, b, c biểu diễn qua p, R, r : a + b + c = 2p, ab + bc + ca = p 2 + r 2 + 4Rr, abc = 4pRr.
Các hệ thức liên quan đến vector
Tâm tỉ cự của hệ điểm Định nghĩa 1.1 Cho một hệ n điểm {A 1 , A 2 , , A n } và một bộ hệ số {α 1 , α 2 , , α n } thỏa món α 1 + α 2 + ã ã ã + α n ̸= 0 Khi đú, nếu điểm I thỏa món α 1
0 thì I được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm {A 1 , A 2 , , A n } ứng với bộ hệ số {α 1 , α 2 , , α n }.
Tính chất Giả sử I là tâm tỉ cự của hệ n điểm {A 1 , A 2 , , A n } ứng với bộ hệ số α 1 , α 2 , , α n (α 1 + α 2 + + α n = 0) Khi đó ta có các tính chất sau:
Với điểm O tùy ý trên mặt phẳng, ta có
Và nếu đặt β α i thì ta có β + β + ã ã ã + β
Bất đẳng thức cơ bản trong vector
Với hai vector tùy ý −→a và −→ b , ta có các đánh giá cơ bản sau:
• −→a ã −→ b ™ |−→a | ã −→ b và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi −→a và
• −→a + −→ b ™ |−→a | + −→ b , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
−→a = k−→ b (k > 0) Lưu ý rằng kết quả này vẫn đúng cho trường hợp tổng quát n vector, khi đó ta vẫn có
Một số kết quả quan trọng trong hình học
Khi nghiên cứu các bất đẳng thức hình học, cần lưu ý những kết quả quan trọng như Định lý 1.14 về tâm tỷ cự cho hệ hai điểm Định lý này áp dụng cho đoạn AB cùng với các số thực α, β, α, đóng vai trò quan trọng trong việc hiểu rõ hơn về mối quan hệ giữa các điểm trong không gian hình học.
+ β 0 thì tồn tại duy nhất điểm I sao cho αI−→
= , khi đó ta nói I là tâm tỷ cự hệ hai điểm A, B ứng với β bộ số (α, β) và ký hiệu I(α, β).
Như vậy I xác định duy nhất, giả sử có α ′ I−→
0 tương tự ta suy ra−
B từ đây dễ suy ra β β ′ α + β α
= = α ′ + β ′ α ′ Định lý 1.15 (Tâm tỷ cự cho hệ ba điểm) Cho tam giác ABC và các số thực α, β, γ α+ β + γ ̸= 0 thì tồn tại duy nhất điểm I sao cho α−
0 khi đó giả sử có
= β γ , khi đó ta α ′ β ′ γ ′ nói I là tâm tỷ cự của bộ ba điểm A, B, C ứng với bộ số (α, β, γ) và ký hiệu I(α, β, γ).
I Chứng minh Do α + β + γ ̸= 0 từ giả thiết đẳng thức vector ta có α−
Theo định lý phân tích vector I tồn tại duy nhất Giả sử có α ′ −
Theo sự phân tích vector thì β β ′ Đó là điều phải chứng minh. γ α + β + γ α
Chú ý rằng Định lý 1 và Định lý 2 khẳng định sự tồn tại duy nhất của tâm tỷ cự khi tọa độ tỷ cự khác nhau theo một tỷ lệ thức Tâm tỷ cự của hệ n điểm được định nghĩa thông qua hệ thức vector, trong đó với các điểm phân biệt A1, A2, , An và các số thực α1, α2, , αn có tổng khác 0, sẽ tồn tại duy nhất một điểm I thỏa mãn điều kiện ∑ n −.
Điểm khác biệt cơ bản là với n > 3, mỗi điểm I trong mặt phẳng không xác định duy nhất bộ (α 1, , α n) sai khác nhau một tỷ lệ thức Điều này có nghĩa là từ điểm I, chúng ta có thể tìm được nhiều bộ (α 1, , α n) không tỷ lệ nhưng vẫn thỏa mãn đẳng thức vector Do đó, chúng ta chỉ có thể sử dụng bộ ba tọa độ tỷ lệ cho tam giác hoặc trong không gian cho tứ diện, điều này là hệ quả của các định lý phân tích vector trong mặt phẳng hoặc không gian.
Phương tích trong chương trình hình học 10 thường được gắn liền với việc khai triển nó theo cát tuyến, tuy nhiên ta sẽ định nghĩa phương tích α + β + γ α + β + γ
− i=1 một cách độc lập và nhìn lại việc khai triển nó theo cát tuyến cũng như một hệ quả của hệ thức Leibnitz cho hai điểm.
T' Định nghĩa 1.2 Cho đường tròn (O, R) và điểm P bất kỳ ta gọi số thực
OP 2 − R 2 là phương tích của điểm P đối với đường tròn (O), phương tích được ký hiệu là P P/(O)
Như vậy từ định nghĩa ta dễ thấy dấu của phương tích xác định tùy theo vị trí của điểm đối với đường tròn.
B Định lý 1.16 (Khai triển phương tích theo tiếp tuyến) Cho đường tròn
(O) và P bất kỳ ở ngoài (O) PT là tiếp tuyến của (O), T thuộc (O) Khi đó P P/(O) = PT 2
Định lý 1.17 khẳng định rằng phương tích theo cát tuyến là hệ quả trực tiếp từ định nghĩa phương tích, được chứng minh thông qua định lý Pythagoras trong hình học.
Cho một đường tròn (O) và điểm P bất kỳ, mọi cát tuyến qua P cắt đường tròn tại hai điểm A và B Tích PA và PB luôn không đổi với mọi cát tuyến qua P, và giá trị này chính bằng phương tỉ số giữa khoảng cách từ P đến tâm O và tích PA và PB, tức là P P/(O) = PA × PB.
BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC
Phương pháp sử dụng đại số
Khi nghiên cứu bất đẳng thức trong tam giác, định lý quan trọng cần nhớ là: a, b, c sẽ là ba cạnh của tam giác nếu và chỉ nếu tồn tại các số thực dương x, y, z thỏa mãn a = y + x, b = z + x và c = x + y.
Dựa vào định lý Ravi, chúng ta có thể chuyển đổi bất đẳng thức trong tam giác thành dạng bất đẳng thức của các số dương Điều này cho phép áp dụng các phương pháp xử lý bất đẳng thức đại số đã biết để chứng minh bất đẳng thức đã cho.
Sau đây là các ví dụ minh họa:
Bài toán 2.1 (APMO, 1996) Chứng minh bất đẳng thức
√a + b − c + √ b + c − a + √ c + a − b ™ √ a + √ b + √ c, trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Chứng minh Sử dụng phép thế Ravi, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có x + y
Tương tự, ta cũng có
Cộng cả ba đánh giá trên lại theo vế, ta thu được ngay bất đẳng thức
(1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức là, khi và chỉ khi a = b c hay tam giác đã cho là tam giác đều.
Bài toán 2.2 (Ấn Độ, 2003) Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC Gọi
A ′ B ′ C ′ là tam giác với độ dài các cạnh lần lượt là a + b , b + c , c + a Chứng minh rằng 2 2 2
4 S ∆ABC Chứng minh Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0 Khi đó, độ dài các cạnh của tam giác A ′ B ′ C ′ là a ′ = a + b
Gọi p và p ′ lần lượt là hai nửa chu vi của ABC và A ′ B ′ C ′ , ta có a + b + c p = 2 và
Từ đây, sử dụng công thức Heron cho diện tích tam giác, ta tính được
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành
(2x + y)(2y + z)(2z + x) “ 27xyz (1) Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Nhân ba bất đẳng thức lại, ta thu được ngay bất đẳng thức (1) Vậy bài toán được giải quyết xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, hay a = b = c.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần 0
Bài toán 2.3 (IMO, 1964) Cho các số dương a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác Chứng minh rằng a 2 (b + c − a) + b 2 (c + a − b) + c 2 (a + b − c) ™ 3abc.
Chứng minh Thay a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
Khai triển một chút, ta thấy x(y + z) 2 + y(z + x) 2 + z(x + y) 2 = x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x 2 ) + z(x 2 + y 2 ) + 6xyz và
Do đó, bất đẳng thức ở trên tương đương với
Với các điều kiện x, y, z > 0, bất đẳng thức 2 + z^2 ≥ 2yz, z^2 + x^2 ≥ 2zx, và x^2 + y^2 ≥ 2xy được chứng minh là đúng Đẳng thức chỉ xảy ra khi x = y = z, tức là khi tam giác ABC là tam giác đều.
Bài toán 2.4 Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó Chứng minh rằng a 2 b 2 c 2 √ b + c − a + c + a − b + a + b − c
Chứng minh Áp dụng phép thế Ravi a = y + z, b = z + x, c = x + y (x, y, z > 0) và công thức Heron, ta có abc
Do đó, bất đẳng thức đã cho có thể được viết lại thành
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, dễ thấy
Vì thế, ta chỉ cần chứng minh được
“ (x + y + z)(y + z)(z + x)(x + y). Lại có yz(y + z) 2 + zx(z + x) 2 + xy(x + y) 2 = yz(y + z)(x + y + z − x) + zx(z + x)(x + y + z − y) + xy(x + y)(x + y + z − z)
1 Do đó, bất đẳng thức trên tương đương với
Tới đây, với để ý ở đồng nhất thức
(y + z)(z + x)(x + y) = xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) + 2xyz, ta viết được bất đẳng thức cuối dưới dạng yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) “ 6xyz.
Và ta thấy ngay bất đẳng thức này đúng theo AM-GM yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y)
Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
1 ∑ f (x, y, z) ở đây được kí hiệu cho tổng hoán vị, cụ thể ta có
Bài toán 2.5 (IMO, 1991) đề cập đến tam giác ABC, trong đó I là tâm đường tròn nội tiếp Các điểm L, M, N lần lượt là các giao điểm của các phân giác trong của các góc A, B, C với các cạnh BC, CA, AB Nhiệm vụ là chứng minh một định lý liên quan đến các điểm này trong tam giác.
27 Chứng minh Sử dụng tính chất của phân giác ta có
Từ đây, ta tính được a BC
Bây giờ, xét tam giác ABL, ta có BI là phân giác trong của góc A^BL nên
Và như thế, ta tính được tỉ sốAI
Tính toán tương tự, ta cũng có
Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Và sau khi viết lại dưới dạng này, ta thấy ngay vế phải của bất đẳng thức đúng theo bất đẳng thức AM-GM vì
Vậy ta chỉ cần xét vế trái nữa là xong Sử dụng phép thế Ravi, ta có ngay
1 Thật vậy đặt x + 2 y + z = T Ta có
2 Bài toán được chứng minh xong.
Bài toán 2.6 Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng a 2 (b − c)(b − a) c + a − b b 2 (c − a)(c − b) a + b − c c 2 (a − b)(a − c) b + c − a “
Chứng minh Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0 Ta có a 2 (b − c)(b − a) c + a − b
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 nên ta viết được bất đẳng thức trên dưới dạng
Mặt khác, vì x + z + y “ 3 (theo AM-GM) nên để chứng minh (1), ta chỉ cần xét bất đẳng thức mạnh hơn y 2 x 2 z 2 ( x y z) x 2 + z 2 + y 2 + 3 “ y x 2z
, v x , w z y thì ta có uvw = 1 và bất đẳng thức trở thành u 2 + v 2 + w 2 + 3 “ 2(uv + vw + wu).
Theo nguyên lý Dirichlet, trong ba số u, v, w sẽ có hai số cùng không nhỏ hơn 1 hoặc cùng không lớn hơn 1 Do tính đối xứng của u, v, w, ta có thể giả sử mà không mất tổng quát rằng hai số đó là u và v Từ đó, ta suy ra rằng (u − 1)(v − 1) ≥ 0, hay u + v ≥ 2.
™ uv + 1 Suy ra uv + vw + wu = uv + w(u + v) ™ uv + w(1 + uv) = w + 1 + uv.
Do đó u 2 + v 2 + w 2 + 3 − 2(uv + vw + wu) “ u 2 + v 2 + w 2 + 3 − 2(1 + w + uv)
Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u = v = w = 1, tức x = y = z hay a = b = c.
Bài toán 2.7 Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng
Chứng minh Sử dụng phép thế Ravi a = y + z, b = z + x, c = x + y (x, y, z > 0), bất đẳng thức trở thành
64x 2 y 2 z 2 + (y − z) 2 (z − x) 2 (x − y) 2 ™ (x + y) 2 (x + z) 2 (y + z) 2 Đặt A = x 2 y + y 2 z + z 2 x, B = xy 2 + yz 2 + zx 2 và C = xyz, ta dễ dàng kiểm tra được các khai triển sau
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta lại có
Bài toán được chứng minh xong Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức tam giác đã cho là tam giác đều.
Bài toán 2.8 Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng
Chứng minh Nhân hai vế của bất đẳng thức với √ abc và chú ý rằng
= b + c − a − a, ta được bất đẳng thức tương đương là a√ bc b√ ca c√ ab b + c − a + c + a − b + a + b − c “ a + b + c. Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0 Bất đẳng thức trên trở thành
Bây giờ, sử dụng lần lượt các bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có (y + z)√
Từ đánh giá này và hai đánh giá tương tự, ta đưa được bài toán về chứng minh
2xyz), z 2(x + y + hiển nhiên đúng vì theo AM-GM,
Phép chứng minh được hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
Bài toán 2.9 Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi 2 Chứng minh rằng
Chứng minh Nhân hai vế của bất đẳng thức với abc, ta được
Chúng ta sẽ chứng minh rằng biểu thức ab^4 + bc^4 + ca^4 − a^4b − b^4c − c^4a bằng (a − b)(b − c)(c − a)(a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca) Để làm điều này, ta xem xét biểu thức trên như một đa thức một biến theo a, ký hiệu là P(a) Dễ dàng nhận thấy rằng P(b) = P(c) = 0, từ đó áp dụng thuật toán chia đa thức Horner, ta có thể viết lại biểu thức một cách dễ dàng.
Vậy đồng nhất thức (1) được chứng minh, và sử dụng nó, ta viết được bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
Bây giờ, đặt a = y + z, b = x + z, c = x + y với x, y, z > 0 thì a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca = ∑ a 2 + ∑ bc = ∑
Và như thế, ta phải chứng minh
Kết quả này hiển nhiên đúng do |x − y| < x + y, |y − z| < y + z, |z − x| < z + x và
3(x 2 + y 2 + z 2 ) + 5(xy + yz + zx) < 3(x 2 + y 2 + z 2 ) + 6(xy + yz + zx)
Bài toán được chứng minh xong. a b c
Bài toán 2.10 (IMO, 1983) Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng a 2 b(a − b) + b 2 c(b − c) + c 2 a(c − a) “ 0.
Chứng minh Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0 Ta có
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x 2 +y 2 + y z z 2 x + y + z, x hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: x 2 +y 2 +z 2 y z x
= x + y + z. y + z + x Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức a = b = c.
Bài toán 2.11 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng
Chứng minh Sử dụng phép thế Ravi, ta có p = x + y + z, p − a = x, p − b = y và p − c = z Suy ra abc S = √ p(p − a)(p − b)(p − c) = √ xyz(x + y + z)
(a)Do R 4S và r p nên ta có abc S
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Sau biến đổi về dạng này, ta thấy ngay vế trái hiển nhiên đúng theo AM-GM
Bây giờ, ta đi chứng minh vế phải Từ hằng đẳng thức quen thuộc
Do đó, vế phải của bất đẳng thức trên tương đương với
+ 1 + 1 ) “ 9. Đây chính là vế trái vừa được chứng minh ở trên Vậy (a) được chứng minh xong Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức a = b c. abc S S
, r 4S p và r a p − a nên bất đẳng thức đã cho tương đương với
™ Chuyển về theo biến x, y, z, ta được
Mặt khác, ta lại có hằng đẳng thức quen thuộc y +z x + z +x y + x +y z (x + y)(y + z)(z + x) xyz − 2.
Do đó, bất đẳng thức trên có thể được viết lại thành
Từ đây, dễ thấy vế trái đúng theo AM-GM
Còn vế phải thì sau khi thu gọn, nó tương đương với
(x + y)(y + z)(z + x) xyz 8 cũng chính là bất đẳng thức vế trái vừa được chứng minh Vậy (b) được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức a = b = c.
Bài toán 2.12 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng
Chứng minh Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0 Sử dụng công thức cung nhân đôi và định lý cosin, ta có
Từ đó suy ra sin A
Tương tự, ta cũng biểu diễn được sin
2 theo x, y, z Với các kết quả này, ta có
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành
(x + y)(y + z)(z + x) Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có yz
Vậy ta chỉ cần chứng minh
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do
Bài toán được chứng minh xong.
Bài toán 2.13 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng1 1 1 9
Chứng minh Sử dụng phép thế Ravi x = p a, y = p b, z = p c ta đưa về chứng minh bất đẳng thức đại số sau
Bất đẳng thức cuối có do bất đẳng thức tổ hợp cơ bản
Ta có điều phải chứng minh.
Phương pháp vector
Ứng dụng và làm mạnh bất đẳng thức tam giác
Bài toán 2.14 Cho hai vector −→a , −→ b Chứng minh rằng
Bài toán 2.15 Cho ba vector −→a , −→ b , −→c chứng minh rằng a) −→a + −→ b + −→c = −→a cos α + −→ b cos β + −→c cos γ ™ −→a +
Bài toán 2.16 Cho bốn vector −→x i , i = 1, 4 chứng minh rằng a)
Chúng ta có bài toán tổng quát sau
Bài toán 2.17 (Tổng quát) Cho n vector −→x i , i = 1, n Chứng minh rằng
Ta có điều phải chứng minh.
Bằng phương pháp tương tự, ta chứng minh bất đẳng thức sau
Bài toán 2.18 Cho n vector −→x i , i = 1, n chứng minh rằng
Bài toán 2.19 Cho tứ giác ABCD gọi I, J là trung điểm của AC, BD chứng minh rằng
AC + BD + 2IJ ™ AB + BC + CD + DA
Bài toán 2.20 Cho tam giác ABC trọng tâm G và điểm P bất kỳ, Q là điểm sao cho−
G Chứng minh rằng P A + P B + P C + P Q “ QA + QB + QC.
Bài toán 2.21 Cho tứ giác ABCD trọng tâm G và điểm P bất kỳ, Q là điểm sao cho n − 2 i j k
G chứng minh rằng P A + P B + P C + P D + 2P Q “ QA + QB + QC + QD, hãy áp dụng tiếp và đường thẳng Euler của tứ giác nội tiếp.
Bài toán 2.22 Cho tam giác ABC trọng tâm G, A ′ , B ′ , C ′ là trung điểm của BC,
CA, AB chứng minh rằng
0 ™ PA + PB + PC + 3PG − 2(PA ′ + PB ′ + PC ′ ) ™ 1
Bài toán 2.23 Cho tam giác ABC trọng tâm I(α, β, γ) nằm trong tam giác A ′ , B ′ ,
C ′ là giao điểm của IA, IB, IC với BC, CA, AB chứng minh rằng αPA + βPB + γPC + (α + β + γ)PI “ (β + γ)PA ′ + (γ + α)PB ′ + (α + β)PC ′
Bài toán 2.24 Cho tam giác ABC với α, β, γ > 0 với mọi P trong tam giác, chứng minh rằng f (P ) = αPA n + βPB n + γPC n ™ max{f (A), f
Kết hợp bất đẳng thức Ptolemy và bất đẳng thức tam giác 29
Bài toán 2.25 (Bất đẳng thức Ptolemy) Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ chứng minh rằng aPA, bPB, cPC là ba cạnh một tam giác
Định lý Bretschneider (Bài toán 2.26) cho tứ giác ABCD với độ dài các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt là a, b, c, d và độ dài hai đường chéo AC, BD là m, n Định lý này phát biểu rằng m² + n² = a² + c² + b² + d² - 2abcd cos(A + C).
Bài toán 2.27 Cho tam giác ABC diện tích S, các trung tuyến m a , m b , m c và điểm
P bất kỳ chứng minh rằng a)aPA + bPB + cPC “ 4S b)aPA + cPB + bPC “ 4S am a + bm b + cm c c)PA + PB + PC
Chứng minh a) Lấy A 1 đối xứng với A qua BC.p b) Xét A 2 đối xứng với A qua trung điểm của BC Áp dụng bất đẳng thức
Ptolemy vào tam giác A 2 BC
CA 2 PB + BA 2 PC “ BC.PA 2 “ BC (AA 2 − PA)
⇒ aPA + bPB + cPC “ 2am a “ 4S c) Tương tự câu b) ta có cPA + bPC + aPC “ 2bm b bPA + aPB + cPC “ 2cm c
Do đó (a + b + c) (PA + PB + PC) “ 2 (am a + bm b + cm c ) a n m a + b n m b + c n m c
Chú ý.Ta có mở rộng PA + PB + PC “
Khi n = 2 Ta đã chứng minh được aPA + cPB + bPC “
Tương tự, ta có hai bất đẳng thức nữa Cộng ba bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh aPA + cPB + bPC “ 2m a a
⇒ aPA + cPB.PA + bPC.PA “ 2am a PA
Tương tự, cộng các vế lại ta được
PA 2 + PB 2 + PC 2 (a + b + c) “ 2 (am PA + bm PB + cm PC)
“ 3 (aGA.PA + bGB.PB + cGC.PC)
So sánh (PA + PB + PC) (GA 2 + GB 2 + GC 2 ) “ 3 (a 2 GA + b 2 GB + c 2 GC)
Chứng minh cho n bất kì Ta có a n PA + a n−1 cPB + a n−1 bPC “ 2a n m a a n−1 c ™ a n−1 b ™
Bài toán 2.28 Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ A ′ , B ′ , C ′ là các hình chiếu của
P lên ba cạnh, chứng minh rằng
Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz dạng vector
Trong tam giác ABC với điểm Q nằm trong tam giác, đặt ∠BQC = α, ∠CQA = β, ∠AQB = γ Đối với một điểm P bất kỳ trong mặt phẳng, cần chứng minh rằng sin αPA + sin βPB + sin γPC lớn hơn hoặc bằng sin αQA + sin βQB + sin γQC.
Bài toán 2.30 (Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Cho tam giác
ABC và điểm I(α, β, γ) ở trong tam giác với mọi điểm P trong mặt phẳng chứng minh rằng αPA ã IA + βPB ã IB + γPC ã IC “ αIA 2 + βIB 2 + γIC 2
Chứng minh Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwar dạng vector, ta có αP A.IA + βP B.IB + γP C.IC “ α−
Ta thu được điều phải chứng minh.
Ta ứng dụng bài toán trên vào các bài cực trị hình học sau
Bài toán 2.31 yêu cầu tìm cực trị của các biểu thức liên quan đến tam giác ABC và điểm P bất kỳ Đối với tam giác ABC nhọn, cần xác định cực trị của biểu thức a) aPA + bPC + cPB, b) a cos APA + b cos BPB + c cos CPC Các biểu thức này sẽ giúp phân tích mối quan hệ giữa các cạnh và góc trong tam giác, từ đó rút ra những giá trị tối ưu cho điểm P.
Bài toán 2.32 Cho tam giác nhọn ABC với a “ b “ c và PA “ PB “ PC, chứng minh rằng PA + PB + PC “ 3R
Bài toán 2.33 (Bài toán Fermat) Cho tam giác ABC với P trong mặt phẳng hãy tìm giá trị bé nhất của PA + PB + PC.
Bài toán 2.34 Cho tam giác ABC trung tuyến m a với mọi P trong mặt phẳng hãy tìm giá trị bé nhất của m a PA + cPB + bPC
Bài toán 2.35 Cho tam giác ABC với mọi P trong mặt phẳng tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A cos
Bài toán 2.36 yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất của hai biểu thức liên quan đến đa giác ngoại tiếp A1, A2, , An trong mặt phẳng Cụ thể, phần a) cần xác định giá trị nhỏ nhất của tổng sin A1 * PA1 + sin A2 * PA2 + + sin An * PAn Trong phần b), bài toán yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất cho tổng sin A1 * PA2 + sin A2 * PA2 + + sin An * PA2.
Bài toán 2.37 Cho tam giác ABC, trung tuyến m a , bán kính ngoại tiếp R chứng minh rằng a)4Rm a “ b 2 + c 2 a 2 b)2R + 2OH “ a với O là tâm ngoại tiếp, H là trực tâm
Bài toán 2.38 Cho tam giác ABC có A ′ , B ′ , C ′ lần lượt là trung điểm BC, CA, AB với mọi P trong mặt phẳng chứng minh rằng
Bài toán 2.39, còn được gọi là bài toán Fagnano, yêu cầu tìm các điểm A′, B′, C′ trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác nhọn ABC sao cho tổng độ dài B′C′ + C′A′ + A′B′ là nhỏ nhất Bài toán này có thể được tổng quát hóa để áp dụng cho nhiều trường hợp khác nhau trong hình học.
Bài toán 2.40 Cho tam giác ABC trực tâm H hãy tìm giá trị bé nhất của PA 3 +
Bài toán 2.41 Cho tam giác ABC tâm nội tiếp I bán kính nội tiếp r bán kính ngoại
IA 2 + IB 2 + IC 2 tiếp R chứng minh rằng IA + IB + IC “ 3r +
Bài toán 2.42 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và tâm nội tiếp I, điểm P2R bất kỳ thuộc cung nhỏ BC, chứng minh rằng PA + 2OI “ PB + PC “ PA
Chứng minh bất đẳng thức Erdos-Mordel bằng phương pháp vector.
Bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tam giác ABC khẳng định rằng với điểm P bất kỳ nằm trong tam giác, tổng khoảng cách từ P đến ba cạnh của tam giác, được ký hiệu là PA + PB + PC, luôn lớn hơn hoặc bằng hai lần tổng các khoảng cách từ P đến từng cạnh, tức là 2(d_a + d_b + d_c).
Phương pháp bình phương vô hướng
Bài toán 2.44 Cho tam giác ABC và mọi x, y, z chứng minh rằng a)yz sin 2 A + zx sin 2 B + xy sin 2 C
(x + y + z) 2 4 b)yz cos A + zx cos B + xy cos
C ™ x 2 + y 2 + z 2 x2 2 + y 2 + z 2 c)yz cos 2A + zx cos 2B + xycos2C “ −
Bài toán 2.45 Cho tam giác ABC diện tích S và x, y, z > 0 chứng minh rằng xa 2 + yb 2 + zc 2 “ √ xy + yz + zxS
Bài toán 2.46 Cho tam giác ABC với x, y, z > 0 chứng minh rằng √
A B C zx sin B + xy sin C) ™ (tan
2 )(yz sin A + zx sin B + xy sin C) ™ (x +
Một số bài toán trong các kỳ thi Olympiad
Áp dụng phương pháp vector và bất đẳng thức tam giác chúng ta có thể chứng minh được một số bài toán sau
Bài toán 2.47 (IMOSL 2002 Kor) Cho tam giác ABC có điểm F nằm trong sao cho
∠BFC = ∠CFA = ∠AFB, gọi D, E lần lượt là giao của BF, CF với AC, AB chứng minh rằng AB + AC “ 4DE.
Bài toán 2.48 (IMOSL 2001 Gbr) Cho tam giác ABC trọng tâm G và điểm P bất kỳ tỡm min PA ã GA + PB ã GB + PC ã GC.
Bài toán 2.49 (IMO1 2001 Kor) Trong tam giác nhọn ABC tâm ngoại tiếp
O và đường cao AP, ∠C “ ∠B + 30 ◦ Chứng minh rằng ∠A + ∠COP 0 ta được
Ta thu được dạng của bất đẳng thức Iran 96 4(x + y) 2 (y + z) 2 (z + x) 2
Bài toán 2.57 (Đề nghị bởi Jack Garfunkel trên tạp chí Crux) Cho tam giác
ABC Chứng minh rằng tan 2 A
Chứng minh Sử dụng đẳng thức của R, r, p ta có
A B C r sin sin 2 Bất đẳng thức tương đương với
Trong tam giác ABC, điểm Mittenpunkt M có tọa độ tỷ cự M (a(p a), b(p b), c(p c)) Với O là tâm đường tròn ngoại tiếp, khoảng cách giữa O và M được xác định rõ ràng.
Từ đó MO 2 “ 0 ta được p 2
Chú ý Bất đẳng thức trên làm mạnh hơn bất đẳng thức
4R 2 + 4Rr + 3r 2 , bất đẳng thức thứ hai tương đương đúng.
Bài toán 2.58 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng
Chứng minh Trước hết chúng ta chứng minh bất đẳng thức sau cho tam giác nhọn
Sử dụng đẳng thức R, r, p ta có
Vì vậy ta phải chứng minh cos A + cos B + cos C R + r R p 2 (R + r) 2
Sử dụng bổ đề Garfunkel cho tam giác nhọn, ta có 3p 2 ™ 11R 2 + 16Rr +
5r 2 , vì vậy ta phải chứng minh rằng
Bất đẳng thức cuối luôn đúng Bây giờ ta áp dụng (∗) cho tam giác nhọn với các gócπ A π
A B C 2 A B C 2 cos + cos2 Đó là điều phải chứng minh
Bài toán 2.59 (Đề nghị bởi Virgil Nicila trên artofproblemsolving.com)
Cho tam giác ABC Chứng minh rằng
Chứng minh Ta chú ý sin 2 A
Chúng ta viết bất đẳng thức dưới dạng r 1 2R sin A“ 3
) “ 9 π π cho tam giác ABC mà, 2 C} ““ max{A, B, C} “ min{A, B, , thật vậy, viết bất đẳng thức dạng R, r, p 4 chú ý
Ta phải chứng minh cos A p 2 − 4R 2 − 4Rr − r 2 p 2 − 4R 2 + r 2 p 2 − 4R 2 + r 2 9 4R 2 ã p 2 − 4R 2 − 4Rr − r 2 −
Trong tam giác ABC thỏa mãn π
Garfunkel p 2 ™ 3R 2 + 7Rr + r 2 , bất đẳng thức trên tương đương.
Bất đẳng thức này đúng.
Chú ý Ta có một vài dạng tương đương đẹp mắt từ bài toán trên Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Bài toán 2.60 (Đề nghị bởi Jack Garfunkel trên tạp chí Crux) Cho tam giác
Chứng minh Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau cho tam giác nhọn ABC
√3 (sin A+sin B+sin C) “ cos(B−C)+cos(C−A)+cos(A−B) “ √
Sử dụng đẳng thức R, r, p ta có sin A + sin B + sin
2R 2 2pr sin 2A + sin 2B + sin 2C Ta phải chứng minh
Bất đẳng thức đầu tiên tương đương với
Sử dụng bổ đề Garfunkel ta phải chứng minh 3p 2 ™ 11R 2 + 16Rr + 5r 2 Ta sẽ chỉ ra
Nếu 22Rr + 8r 2 3R 2 ™ 0 điều phải chứng minh hiển nhiên, nếu 22Rr + 8r 2 3R 2 “ 0 bất đẳng thức tương đương với
⇔ (R − 2r)(151R + 338R r + 192Rr + 32r ) bất đẳng thức này đúng.
Sử dụng bổ đề Garfunkel p 2 “ 2R 2 + 8Rr + 3r 2 ta phải chứng minh
R 2 − 10Rr − 4r 2 ™ 0 điều này hiển nhiên đúng, nếu 8
3 3 đẳng thức tương đương với
Ta có điều phải chứng minh.
Bất đẳng thức thứ hai tương đương với
Sử dụng p 2 “ 2R 2 + 8Rr + 3r 2 ta phải chứng minh
Ta có điều phải chứng minh
Sử dụng tham số xây dựng bất đẳng thức mới từ các bất đẳng thức cơ bản
từ các bất đẳng thức cơ bản
Khi đó ta thu được
Bài toán 2.61 Chứng minh rằng
Bài toán 2.62 Chứng minh rằng
Bài toán 2.63 Chứng minh rằng
Ta xác định m, n ∈ R + sao cho
Bài toán 2.64 Chứng minh rằng
Ta xác định m, n ∈ R + sao cho p 2 “ 27r 2 ⇔ p 2 + r 2 “ m( p 2 + 27r 2 )
Ta thu được bất đẳng thức
Bài toán 2.65 Chứng minh rằng p 2 + r 2 7
Một số bài toán chọn lọc
Bài toán 2.66 Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ trong nằm trong tam giác gọi A ′ , B ′ , C ′ lần lượt là hình chiếu của P xuống đoạn BC, CA, AB, gọi
(I, r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức
Chứng minh Gọi A ′′ , B ′′ , C ′′ tương ứng là hình chiếu của I trên BC, CA, AB ta có r(P A ′ + P B ′ + P C ′ ) = −
(Chú ý theo định lý hình chiếu −
Gọi H là trực tâm tam giác A ′′ B ′′ C ′′ ta thấy I chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A ′′ B ′′ C ′′ vậy −
−→′′ −−→ ′′ −−→ ′′ −→ −→ PI 2 + IH 2 − HP 2 PI 2 + IH 2 HP 2
PI.(IA + IB + IC ) = PI.IH = −
Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi P ≡ H là trực tâm tam giác A ′′ B ′′ C ′′ , (chú ý rằng khi đó PA
PC ′ ̸= 3r) Vậy biểu thức có giá trị min là
IH 2 đạt được khi P 2r là trực tâm tam giác A ′′ B ′′ C ′′
Bài toán cực trị này mang đến kết quả bất ngờ, khi điểm cực trị không nằm tại điểm I như thường nghĩ Sử dụng linh hoạt công cụ vector tích vô hướng, chúng ta có thể thiết lập các bài toán cực trị hình học tại nhiều vị trí khác nhau trong tam giác.
Bài toán 2.67 yêu cầu chứng minh một định lý liên quan đến hai tam giác ABC và A′B′C′, trong đó r và r′ lần lượt là bán kính của các đường tròn nội tiếp tam giác ABC và A′B′C′ Đồng thời, R′ là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác A′B′C′ Cần chứng minh mối quan hệ giữa các yếu tố này với mọi điểm P trên mặt phẳng.
R ′ Chứng minh Ta sẽ dùng các bổ đề sau
Bổ đề 2.67.1 Cho tam giác ABC và A ′ B ′ C ′ với diện tích lần lượt là S và S ′ thì ta có bất đẳng thức a 2 b ′2 + c ′2 − a ′2 + b 2 c ′2 + a ′2 − b ′2 + c 2 a ′2 + b ′2 − c ′2 “ 16SS ′
Chứng minh Áp dụng hệ thức Heron ta dễ thu được
−c ′4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Swartz, ta có
16S 2 + 2(a 4 + b 4 + c 4 ) 16S ′2 + 2(a ′4 + b ′4 + c ′4 ) = (a 2 + b 2 + c 2 )(a ′2 + b ′2 + c ′2 ) Trừ hai vế cho 2(a 2 a ′2 + b 2 b ′2 + c 2 c ′2 ) ta dễ suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.67.2 Cho hai tam giác ABC và A ′ B ′ C ′ diện tích lần lượt là S, S ′ với mọi điểm P thì
Chứng minh Trước hết ta có nhận xét bất đẳng thức ( ) đúng với mọi tam giác ABC và A ′ B ′ C ′ khi và chỉ khi đúng với mọi tam giác ABC và A
Thật vậy từ ( ) hiển nhiên suy ra ( ) đúng khi B ′ B, C ′ C, ngược lại giả sử
( ) đúng với chỉ với B ′ B, C ′ C và A ′ bất kỳ , với mọi tam giác XY Z (các cạnh x, y, z tương ứng) thì luôn có một phép đồng dạng duy nhất biến Y thành B, Z thành C
B C khi đó giả sử X biến thành X ′ áp dụng bất đẳng thức cho tam giác X ′ BC (ta giả sử
Sử dụng tính chất phép đồng dạng, giả sử phép đồng dạng tỷ số k 0 thì S X
[a 2 ((ky) 2 + (kz) 2 − (kx) 2 )+b 2 ((kz) 2 + (kx) 2 − (ky) 2 )+ c 2 ((kx) 2 + (ky) 2 (kz) 2 )] + 8Sk 2 S XY Z
Chia hai vế cho k 2 > 0 suy ra bất đẳng thức đúng cho mọi tam giác
XY Z Như vậy ta chỉ cần chứng minh ( ) trong trường hợp B ′ B, C ′
Sử dụng góc có hướng ta có (−
A ′ )(mod2π) vậy suy ra cos ∠ABA ′ = cos(−
= cos ∠ABC cos ∠A B C −sin(BA, BC) sin(BC, BA
Trong đó [S] và [S ′ ] lần lượt là diện tích đại số của tam giác ABC và tam giác A ′ B ′ C ′ Khi đó áp dụng định lý hàm số cos ta có
AA ′2 = AB 2 + A ′ B 2 −( 2 ã AB ã A ′ B ã cos ∠ABA ′ )
Chú ý là a = a ′ nên suy ra
Trở lại bài toán áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tam giác A'BC, ta có b'PB + c'PC ≥ aPA' = a'PA' + a'(AA' - AP) Từ đó, suy ra a'PA + b'PB + c'PC ≥ a'AA' = aAA'.
Giả sử ABC và A ′ BC ngược hướng vậy từ đẳng thức trên dễ suy ra
[a 2 (b ′2 + c ′2 − a ′2 ) + b 2 (c ′2 + a ′2 − b ′2 ) + c 2 (a ′2 + b ′2 − c ′2 )] + 8SS ′ Nếu ABC và A ′ BC cùng hướng gọi A ′′ đối xứng A ′ qua BC áp dụng bất đẳng thức trên vào tam giác A ′′ BC với chú ý A ′ B = A ′′ B = c ′ , A ′′ C = A ′ C
= b ′ , BC = a = a ′ , S A ′′ BC = S A ′ BC ta vẫn thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Do đó kết hợp nhận xét ban đầu ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.67.3 Cho hai tam giác ABC và A ′ B ′ C ′ bất kỳ diện tích là S và S ′ với mọi
P chứng minh rằng a ′ PA + b ′ PB + c ′ PC “ 4 SS ′ Dấu bằng có khi A ≡ A ′ , B ≡ B ′ , C ≡ C ′ và P là trực tâm tam giác.
Bất đẳng thức trên có thể được chứng minh là hệ quả của bổ đề 1 và bổ đề 2 Khi đặt A, A′, B, B′, C, C′ và P là trực tâm của tam giác, ta có thể dễ dàng kiểm tra và xác nhận rằng đẳng thức xảy ra.
Bất đẳng thức này là một sự mở rộng của kết quả quen thuộc aPA + bPC + cPC ≤ 4S cho mọi điểm P trong mặt phẳng Nó có nhiều ứng dụng hình học đặc sắc và bài toán được đề ra là một ví dụ điển hình.
Trở lại chứng minh bài toán, ta chú ý rằng với mọi x, y, z > 0 thì x + y, y
+ z, z + x là ba cạnh một tam giác có diện tích là S 2 = xyz(x + y + z) do đó áp dụng bổ đề 3 ta có với mọi x, y, z > 0, a ′ = y + z, b ′ = z + x, c ′ = x
+ y, S ′ = xyz(x + y + z) mọi P và tam giác ABC thì
S Áp dụng vào bài toán x sin A ′ , y 2sin
Thật vậy ta sẽ có
Bất đẳng thức cuối có do sin sin sin và S = pr “ 3√
Dấu bằng xảy ta khi tam giác ABC và tam giác A ′ B ′ C ′ đều, P trùng tâm tam giác ABC Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét Bài toán trên là một áp dụng khá hay của bất đẳng thức
“ 4 4 hay ở dạng tam giác xyz(x + y + z)√
Thực chất trong trường hợp tổng quát ta có thể tìm min của biểu thức a ′
PA + b ′ PB + c ′ PC biểu thức sẽ đạt giá trị min khi P ≡ I là một điểm nằm trong tam giác thỏa mãn
Trong bài viết này, chúng ta có các góc như sau: ∠BIC = π − ∠A ′, ∠CIA = π − ∠B ′, và ∠√AI B = π − ∠C ′ Mặc dù việc tính toán trực tiếp và chỉ ra a ′ IA + b ′ IB + c ′ IC “ 4 SS ′ là khả thi, nhưng phương pháp này không đơn giản Do đó, chúng ta sẽ áp dụng cách làm khác để giải quyết vấn đề.
Bài toán 2.68 Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AA ′ , BB ′ , CC ′ đồng quy tại H chứng minh rằng
Bổ đề 2.68 √ 1 Cho tam giác x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = xyz thì (x − 1)(y −
Chứng minh rằng với các số x, y, z đều lớn hơn 0, ta có x < x + y + z = xyz, từ đó suy ra yz > 1 Tương tự, ta cũng có xy > 1 và zx > 1 Điều này cho thấy không thể có hai trong ba số x, y, z nhỏ hơn hoặc bằng 1 Nếu cả ba số x, y, z đều nhỏ hơn hoặc bằng 1, hoặc có một số nhỏ hơn hoặc bằng 1, thì bất đẳng thức trở nên hiển nhiên.
Vậy ta chỉ cần chứng minh khi x, y, z > 1 khi đó đặt u = x 1, v = y 1, w
= z 1 thì u, v, w > 0 và từ đẳng thức x+y +z = zyz suy ra u+v +w +3 = (u+1)(v +1)(w +1) uvw + uv
+ vw + wv = 2. Đặt t = √ 3 uvw > 0 ta có t 3 + 3t 2 = u√vw + 3√ 3 u 2 v 2 w 2 ™ uvw + uv + vw + wv = 2 do đó t 2 + 3t 2 − 2 ™ 0 ⇔ (t + 1)(t + 1 + 3)(t + 1 − √
Vì t > 0 nên từ bất đẳng√thức cuối su√y ra t ™ √
−y)(1 − z) = uvw = t 3 ™ ( 3 − 1) 3 = 6 3 − 10 đó là điều phải chứng minh.
Chứng minh Áp dụng vào tam giác nhọn ABC có tan A, tan B, tan C > 0 và tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C ta suy ra
Khai triển và vẫn sử dụng tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C bất đẳng thức tương đương với
2(tan A + tan B + tan C) − (tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A) ™ 6√
Trong tam giác nhọn ABC ta dễ thấy
Ta dễ chứng minh được đẳng thức HA = 2R cos A do đó sin B sin C bc tan B tan C = cos B cos C
Do đó khi thay (2) vào bất đẳng thức (1) ta được
Sử dụng (3) bất đẳng thức tương đương a − AA ′
AA ′ HA ′ BB ′ HB ′ CC ′ HC ′
HC ′ Đó là điều phải chứng minh.
Nhận xét Ta có thể chứng minh đượca
3 khi đó ta thấy bất
HA HB HC đẳng thức trên mạnh hơn HA ′ +
Khi áp dụng bổ đề với tam giác ABC bất kỳ và x
= cot thu được dạng tương đương p ™ 2R + (3√
2 2 ta sẽ đó chính là đánh giá bé hơn mạnh nhất cho p với R, r khi chúng bậc 1.
Bài toán 2.69 Cho tam giác nhọn ABC trọng tâm G và mọi M nằm trong đường tròn ngoại tiếp tìm giá trị bé nhất biểu thức
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
Cộng lại và áp dụng hệ thức Leibnitz ta suy ra2R
Là hằng số, dấu bằng xảy ra khi M ≡ O, vậy biểu thức cực tiểu khi và chỉ khi
Bài toán 2.70 Cho tam giác ABC với ba trung tuyến m a , m b , m c , các điểm A ′ , B ′ , C ′ chạy trên các đường thẳng BC, CA, AB hãy tìm cực trị của
Bổ đề 2.70.1 Cho tam giác ABC điểm Lemoine L thì
∑ a 2 (MA 2 + LA 2 ) “ 2 ∑ a 2 MALA “ ∑ a 2 MALA + ∑ a 2 LA 2
Ta có điều phải chứng minh, cả hai dấu bằng đều xảy ra khi M ≡ L
Bổ đề 2.70.2 Cho tam giác ABC với mọi M thì biểu thức a 3 MA + m a b 3 MB + c 3 MC m b m c đạt cực trị khi M ≡ L, điểm Lemoine.
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Swartz ta thấy
2 2 2 Áp dụng bổ đề suy ra
Vế cuối là hằng số, dấu bằng xảy ra khi M ≡ L, ta chú y rằng trong tam giác, LA cho bởi công thức LA = 2bcm a a 2 + b 2 + c 2 vậy ta có
Vậy dễ thấy MA đạt min khi M L điểm Lemoine. m a
Chứng minh Sử dụng kết quả của Miquel ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác
AB ′ C ′ , BC ′ A ′ , CA ′ B ′ đồng quy tại M gọi R a là bán kính đường tròn ngoại tiếp AB ′ C ′ ta luôn có MA ™ 2R = B ′ C ′ sin A = B ′ C ′ a
MA đạt giá trị tối thiểu khi A′, B′, C′ là hình chiếu của điểm M lên các cạnh BC, CA, AB Theo bổ đề 3, MA sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi M trùng với điểm Lemoine Do đó, biểu thức này đạt giá trị tối thiểu khi A′, B′, C′ chính là các hình chiếu của điểm Lemoine trên các cạnh BC, CA, AB.
Bài toán 2.71 Cho tam giác ABC diện tích S và P là điểm bất kỳ, gọi A ′ , B
′ , C ′ là trung điểm các cạnh BC, CA, AB, h a , h b , h c là các đường cao tương ứng, chứng minh rằng
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 2.71.1 Cho tam giác ABC trung tuyến m a thì
Dấu bằng đạt được khi tam giác cân tại A và A =2π
Chứng minh bổ đề Trước hết từ bất đẳng thức AM-GM ta dễ thấy
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua trung điểm cạnh BC Áp dụng bất đẳng thức vào tam giác A′AC với trung tuyến ứng với AA′ có độ dài a.
Dấu bằng đạt được khi tam giác A ′ AC đều hay ABC cân tại A với A = 2π
“ a đó là điều phải chứng minh.
Lời giải bài toán Áp dụng bổ đề vào tam giác PBC với trung tuyến PA ′ ta có
Do đó PA 2 + PB 2 + PC 2
Tương tự với các đỉnh B, C ta sẽ thu được
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều và P trùng tâm, đó là điều phải chứng minh.
Nhận xét Khi P ≡ G bất đẳng thức tương đương a 2 + b 2 + c 2 “ 4√
, m c h a h b h c } Đây là một bất đẳng thức làm m√ạnh của a 2 + b 2 + c 2 “ 4√
3S, và thực chất nó chính là bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 “ 2 3am a đã được chứng minh trong lời giải bổ đề
Như vậy bất đẳng thức đề ra là một mở rộng hơn nữa của bất đẳng thức trên.
Bài toán 2.72 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R), trọng tâm G, diện tích S, chứng minh rằng a 2 + b 2 a
Ta sẽ chứng minh qua các bổ đề sau
Bổ đề 2.72.1 Cho tam giác ABC thì
Chứng minh Ta xét hàm f (x) 4 sin x + tan
Do đó f (x) lồi trên (0, π), sử dụng bất đẳng thức Jensen và áp dụng vào tam giác
3 4 Đó là điều phải chứng minh
Bổ đề 2.72.2 Cho tam giác ABC nội tiếp (O, R) và trọng tâm G thì
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz ta dễ thấy
Ta có hệ thức cơ bản OG 2 = R 2
Mặt khác do sin A + sin B + sin
C) “ Đó là điều phải chứng minh.
Chứng minh bài toán Ta dễ chứng minh đẳng thức sau trong tam giác
2(ab + bc + ca) − (a 2 + b 2 + c 2 ) 4S Vậy áp dụng bổ đề 1 ta suy ra
4 2 −(sin A+sin B+sin C)] Áp dụng tiếp tục bổ đề 2 suy ra
4S 3 + hay dễ thấy bất đẳng thức tương đương
R 2 )S + (a − b) + (b − c) + (c − a) Đó là điều phải chứng minh.
Nhận xét Đây là một dạng làm mạnh của bất đẳng thức nổi tiếng Finsler-Hadwiger a 2 + b 2 + c 2 “ 4√
3S + (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 Vấn đề thực chất ở đây là bất đẳng thức Finsler-Hadwiger tương đương
Qua đẳng thức đẹp trong tam giác
2 Như vậy hướng làm mạnh bất đẳng thức Finsler-Hadwiger là ta làm mạnh hơn bất đẳng thức
B A' C Đó chính là ý nghĩa bổ đề 1, với phương pháp hàm lồi ta còn có thể làm mạnh hơn bất đẳng thức này theo những hướng khác như
2(sin + sin + sin ) + tan + tan + tanC “ 3 + √
Bài toán 2.73 Cho tam giác nhọn ABC có nửa chu vi p và các độ dài trung tuyến là m a , m b , m c chứng minh rằng p(cos A + cos B + cos C) “ m a sin A + m b sin B + m c sin C.
Chứng minh Gọi (O, R) là tâm đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp và A ′ , B ′ , C ′ tương ứng là trung điểm các cạnh BC,
CA, AB ta dễ thấy tứ giác AB ′ OC ′ nội tiếp, áp dụng đẳng thức Ptolemy ta có
OB ′ ã AC ′ + OC ′ ã AB = OA ã B ′ C ′ (∗)
, B ′ C ′ = a và sử dụng bất đẳng thức tam giác trong tam
OAA ′ ta có OA “ AA ′ − OA ′ = m a − OA ′ , thay vào (∗) ta suy ra
⇔ aOA ′ + cOB ′ + bOC ′ “ am a (1) Tương tự với các đỉnh B, C ta có các bất đẳng thức cOA ′ + bOB ′ + aOC ′ “ bm b (2) bOA ′ + aOB ′ + cOC ′ “ cm c (3)
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và áp dụng định lý Carnot cho tam giác nhọn
OA ′ + OB ′ + OC ′ = R + r ta suy ra
Chia hai vế bất đẳng thức cho R và kết hợp với định lý hàm số sin cùng đẳng thức cos A + cos B + cos C, ta có thể suy ra rằng p(cos A + cos B + cos C) lớn hơn hoặc bằng m a sin A + m b sin B + m c sin C Điều này chính là nội dung cần chứng minh.
R Bài toán 2.74 Cho P là điểm nằm trong tam giác ABC với diện tích S và
(O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, chứng minh rằng
Trước hết ta đưa ra hai bổ đề quen thuộc trong tam giác.
Bổ đ √ ề 2.74.1 Cho tam giác ABC bán kính đường tròn ngoại tiếp R và diện tích S thì 3 3R 2 “ 4S
Bổ đề 2.74.2 (Công thức Euler) nêu rõ rằng, trong một tam giác ABC và điểm P bất kỳ nằm trong tam giác, các hình chiếu A′, B′, C′ của P lên các cạnh sẽ tạo thành một tam giác A′B′C′ Diện tích của tam giác này có thể được tính theo công thức cụ thể.
Chứng minh Gọi A ′ , B ′ , C ′ là hình chiếu của P lên các cạnh tương ứng
BC, CA, AB ta dễ thấy tam giác AB ′ C ′ nội tiếp đường tròn đường kính
PA, gọi diện tích tam giác AB ′ C ′ là S a áp dụng bổ đề 1 vào tam giác AB
Tương tự với các tam giác BC ′ A ′ , CA ′ B ′ thì
Cộng các vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta suy ra
3 (PA 2 + PB 2 + PC 2 ) “ 4(S a + S b + S c ) = 4(S − S A ′ B ′ C ′ ) Áp dụng bổ đề 2 ta suy ra
Hay bất đẳng thức tương đương
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều và P trùng tâm, đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.75 Cho tam giác ABC trọng tâm với mọi M ở trong tam giác, gọi d a , d b , d c là các khoảng cách từ M đến các cạnh tam giác, chứng minh rằng
(√ MAd Khi nào dấu bằng xảy ra.
Bổ đề 2.75.1 Cho tam giác ABC với mọi x, y, z > 0 và M nằm trong tam giác thì xMA + yMB + zMC “ 2(√ yzd a + √ zxd b + √ xyd c )
Chứng minh Từ cách giải bài toán Erdos, mọi M ở trong tam giác, ta đã chứng minh d b c + d c b được MA a tương tự cho MB, MC do đó
Chứng minh Áp dụng bổ đề cho x = MB ã MC, y = MC ã MA, z = MA ã MB ta cú
MCd c ) 2 Dấu bằng xảy ra khi M trùng với một trong ba đỉnh, như vậy đây là một bài toán cực trị, đó là điều phải chứng minh.
Chú ý Từ bổ đề ta còn suy ra được rất nhiều bài toán thú vị khác, ví dụ khi đặt x = MB ã MC
MA thức kinh điển. thì ta chứng minh được ∑
MA ã d a là một bất đẳng
Bài toán 2.76 Cho tam giác XY Z và ABC, chứng minh rằng cos 2 X cot A
Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác đồng dạng
Bổ đề 2.76.1 Cho tam giác ABC với mọi P và x, y, z > 0 thì
(x + y + z)(xPA 2 + yPB 2 + zPC 2 ) “ yza 2 + zxb 2 + xyc 2
Bổ đề 2.76.2 Cho tam giác ABC với mọi x, y, z > 0 thì xa 2 + yb 2 + zc 2 “ 4√ xy + yz + zxS
Chứng minh Áp dụng bổ đề 2 ta có tam giác ABC với mọi P và x, y, z > 0, gọi S là diện tích tam giác ABC thì
(x + y + z)(xPA 2 + yPB 2 + zPC 2 ) “ yza 2 + zxb 2 + xyc 2 “ 4√ xyz(x + y
+ z)S xPA 2 + yPB 2 + zPC 2 4 xyz x + y + z S Áp dụng bất đẳng thức trên vào tam giác XY Z với mọi
PX 2 với mọi tam giác XY Z.
Khi P là trực tâm của tam giác XYZ, ta có PX = HX = 2R XYZ cos X Tương tự, diện tích S của tam giác XYZ được tính bằng công thức S = 2R² sin X sin Y sin Z Từ đó, ta có được công thức cot A sin 2X + cot B sin 2Y + cot C sin 2Z = 2 sin X sin Y sin Z.
2 2 2 Áp dụng vào tam giác có ba góc π − X
2 2 2 2 2 2 2 2 2 Đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.77 Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác nội tiếp đường tròn bán kính R và hai số dương p + q = 2 thỏa mãn pb 2 + qc 2 + R 2 = pqa 2 , chứng minh rằng pq > 3
Bổ đề 2.77.1 Cho tam giác ABC với mọi số thực x, y, z thì yz sin 2
C 4 z dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi sin 2A sin
Chứng minh Với mọi x, y, z thì ( x−
A) 2 “ 0 với O là tâm đường tròn ngoại tiếptam giác, bất đẳng thức đó tương đương với bài toán ở bổ đề Ta lưu ý rằng luôn có sin 2AOA = −→
0 do đó dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xOA −→0 ⇔ x y sin2B
Khi một trong ba giá trị sin 2A, sin 2B, sin 2C bằng không, thì tử số tương ứng cũng sẽ bằng không Nếu không, dấu bằng không sẽ xảy ra trong công thức z sin2C sin 2A.
Giải bài toán Sử dụng định lý hàm số sin dễ thấy điều kiện tương đương p sin 2 B + q sin 2 C + 1
= pq sin 2 A hay pq sin 2 A − p sin 2 B − q sin 2 C
= 1 (1), áp dụng bổ đề khi
4 Vậy theo (1) dấu bằng phải xảy ra khi và chỉ khi 4
2B sin 2C sin 2B + sin 2C sin 2B + sin 2C
Từ đây dễ suy ra 2 sin 2A = sin 2B+sin 2C = 2 sin(B+C) cos(B C) 4 sin
A cos A = 2 sin A cos(B C) cos(B C) 2 cos A Mặt khác cũng từ (2) dễ suy ra pq sin 2B sin 2Csin 2 2A
Ta thấy cos(2B − 2C) − cos(2B + 2C) = cos 2(B − C) − cos 2A = 2 cos 2 (B − C) −
2 (cos(2B − 2C) − cos(2B + 2C)) 3 3 do đó pq
Dấu "=" không thể xảy ra trong trường hợp này, vì nếu sin 2A = 1 hoặc sin 2A = 0 thì x^4 sẽ không thể bằng 1 hoặc 0 Do đó, giả thiết đưa ra là vô lý, và chúng ta đã hoàn thành chứng minh.
Nhận xét Từ đẳng thức (2) ta có thể tạo ra khá nhiều bất đẳng thức khác với p, q.
Bài toán 2.78 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là tâm đường tròn nội tiếp, M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC, chứng minh rằng
MA + 2OI “ MB + MC “ MA − 2OI Chứng minh Sử dụng tính chất phép chiếu vector ta có
Tương tự, ta có MB = 2−
Vậy từ ba đẳng thức trên ta chu được
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Swart dạng vector ta có
MB MC MA MB MC MA
Do M ∈ (O) nên MO = R, chúng ta sẽ tính |
= 3 − 2(cos A + cos B + cos C) (Because M in small arc BC)
(Ở đây chúng ta sử dụng hệ thức lượng có bản cos A + cos B + cos C
MA| = OI (3) Vậy từ (1), (2), (3) ta thu được bất đẳng thức MA + 2OI “ MB + MC “
2OI, dấu bằng xảy ra khi ABC là tam giác đều.
Bài toán 2.79 Cho tam giác ABC, trực tâm H, bán kính đường tròn ngoại tiếp R, với mọi M trên mặt phẳng, hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức
Chứng minh Bằng bất đẳng thức AM-GM chúng ta có
Gọi O là tâm ngoại tiếp tam giác ABC ta có
“ 3R 2 − OH 2 + MH 2 (2) (Ở đây chúng ta đã sử dụng đẳng thức vector −
H) Vậy từ (1), (2) ta suy ra
Ta dễ thấy dấu bằng xảy ra khi M ≡ O, vậy ta thu được MA 3 +MB 3 +MC 3 − 3
R.MH 2 đạt giá trị bé nhất khi M ≡ O.
Bài toán 2.80 Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ bên trong nó, chứng minh rằng
(AP + BP + CP ) 2 “ 3(aPA + bPB + cPC)
Chứng minh Chúng ta lần lượt đặt ∠BPC = α, ∠CPA = β, ∠APB = γ khi đó α + β + γ = 2π.
Bởi định lý hàm số cosine ta có a 2 = PB 2 + PC 2 − 2PBPCcosα
⇒ a PA = PA(PB + PC ) − PAPBPCcosα
Tương tự ta được b 2 PB, c 2 PC Từ bất đẳng thức cơ bản cosα + cosβ + cosγ “ −
2 when α + β + γ = 2π ta thu được a 2 PA + b 2 PB + c 2 PC
= PA(PB 2 + PC 2 ) + PB(PC 2 + PA 2 ) + PC(PA 2 + PB 2 )
™ PA(PB 2 + PC 2 ) + PB(PC 2 + PA 2 ) + PC(PA 2 + PB 2 ) + 3PBPCPA
= (PA + PB + PC)(PBPC + PCPA +
(PA + PB + PC) 3 “ 3(a 2 PA + b 2 PB + c 2 PC)
⇒ (PA + PB + PC) 4 “ 3(a 2 PA + b 2 PB + c 2 PC)(PA + PB + PC)
“ 3(aPA + bPB + cPC) 2 (by Cauchy-Swart inequality)
Dấu bằng xảy ra khi ABC là tam giác đều và P trùng tâm của nó.
Bài toán 2.81 Giả sử a, b, c là ba cạnh của tam giác và m a , m b , m c là các trung tuyến của chúng, chứng minh bất đẳng thức sau m mm √
Chứng minh Bất đẳng thức tương đương
Ta sẽ chứng minh rằng
Thật vậy, chuyển qua tam giác trung tuyến với ba cạnh là m a , m b , m c chúng ta cần chứng minh rằng
Bằng biến đổi tương đương, ta thu được
(a 2 − (b − c) 2 )(b − c) 2 “ 0 bất đẳng thức này luôn đúng bởi vì a > b c , b > c a , c > a b với mọi tam giác
ABC Đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.82 yêu cầu chứng minh bất đẳng thức m_a * r_a + m_b * r_b + m_c * r_c ≤ s^2 cho mọi tam giác nhọn ABC, với m_a, m_b, m_c là các trung tuyến và r_a, r_b, r_c là các bán kính bằng tiếp Để chứng minh, ta đặt A' là trung điểm của BC, và nhận thấy rằng O nằm trong tam giác ABC Từ đó, ta có OA' = OC * cos A'OC = R * cos A, dẫn đến m_a = AA' = OA + OA' = R + R * cos A = 2R * cos(2A).
: tan Ta lại có tanA = r a
2 Tương tự cho cỏc đỉnh B, C thỡ m b ã r b ™ 2 và m c ã r c ™
= a + b + c ã s = s ã s = s 2 Đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.83 Cho tam giác ABC chứng minh rằng
B sin + sin + sin + [cos 2 + cos 2 + cos 2 − (cos
2 Chứng minh Không mất tổng quát ta có thể giả sử A ™ C ™ B, ta có sinA
Ta sẽ chứng minh rằng s B −
Thật vậy bất đẳng thức tương đương với
A C B Điều này luôn đúng bởi ta giả sử A ™ C ™ B ⇒ cos
2 “ cos Vậy từ (1), (2) ta có 2 sin A
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, nhưng kết quả cuối cùng ta vẫn thu được bất đẳng thức đối xứng như trên, do đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.84 Cho tam giácABC, chứng minh rằng
B − C C − A A − B 3A 3B 3C cos + cos + cos “ sin + sin + sin
Ta sẽ chứng minh rằng
Vậy từ (1), (2) và (3) ta suy ra
2 2 2 2 đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.85 Cho tam giác nhọn ABC, P là điểm bất kỳ bên trong tam giác