Xem mẫu
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
XUNG QUANH MỘT BÀI TOÁN THI IMO
Vũ Tiến Việt
Học viện An ninh nhân dân
Với tam giác ABC ta ký hiệu
- Các góc: A, B, C
- Các cạnh: a = BC, b = CA, c = AB
- Các đường cao: h a , hb , hc
- Các trung tuyến: m a , mb , mc
- Các phân giác: la , lb , lc
- Bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp: r, R
- Nửa chu vi: p = 12 ( a + b + c)
- Diện tích: S
• Năm 1961 kỳ thi IMO tại Budapest - Hungary có bài toán số 2 sau1 :
Cho a, b, c là độ dài các cạnh và S là diện tích của một tam giác.
√
Chứng minh bất đẳng thức a2 + b2 + c2 > 4 3S (∗).
Khi nào thì xảy ra dấu (=)?
Chứng minh. Cách 1. Ta có
( p − a) + ( p − b) + ( p − c) p
q
3
( p − a)( p − b)( p − c) 6 =
3 3
p3
⇔ ( p − a)( p − b)( p − c) 6
27
Suy ra
p4
S2 = p( p − a)( p − b)( p − c) 6
27
p 2 ( a + b + c) 2 ( a + b + c2 ) + 2( ab + bc + ca)
2 2
⇔ S6 √ = √ = √
3 3 12 3 12 3
a2 + b2 + c2
6 √
4 3
Dẫn đến bất đẳng thức cần phải chứng minh.
1 Bài toán này do R. Weitzenbock
¨ đưa ra năm 1919.
49
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Dễ thấy dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Theo chứng minh trên ta còn thấy
( a2 + b2 + c2 ) + 2( ab + bc + ca)
S6 √
12 3
√
⇔ 12 3S 6 ( a2 + b2 + c2 ) + 2( ab + bc + ca)
√
⇔ 12 3S + 2( a2 + b2 + c2 ) − 2( ab + bc + ca) 6 3( a2 + b2 + c2 )
√
⇔ 12 3S + ( a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 6 3( a2 + b2 + c2 )
2 2 2
√ 1h 2 2 2
i
⇔ a + b + c > 4 3S + ( a − b) + (b − c) + (c − a) (1)
3
Cách 2. Ta chứng minh bất đẳng thức "mạnh" hơn
2 2 1h
2
√2 2 2
i
a + b + c > 4 3S + ( a − b) + (b − c) + (c − a) (2)
2
Thật vậy, ta thấy
2( a2 + b2 + c2 ) = 2( ab + bc + ca) + ( a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
1 1 1
= 4S + + + ( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2
sin A sin B sin C
1
Dễ thấy hàm f ( x ) = sin x là hàm lồi trên (0, π ), nên ta được
f ( A) + f ( B) + f (C ) A+B+C π 2
> f( ) = f( ) = √
3 3 3 3
Từ đó ta được bất đẳng thức cần phải chứng minh. Dễ thấy dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi
tam giác đều.
Cách 3. Ta dễ dàng thấy
1 1 1
2 2 2
a + b + c > ab + bc + ca = 2S + +
sin A sin B sin C
Đến đây theo cách 2 ta được bất đẳng thức cần phải chứng minh. Dễ thấy dấu (=) xảy ra
khi và chỉ khi tam giác đều.
√
Theo chứng minh này ta còn có bất đẳng thức ab + bc + ca > 4 3S (3)
• Năm 1938 P. Finsler và H. Hadwiger nêu ra bất đẳng thức "mạnh" hơn các bất đẳng
thức Weitzenbock
¨ và (1), (2) như sau: Với mọi tam giác ta có
√
a2 + b2 + c2 > 4 3S + ( a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 (4)
50
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
√
[ a2 − (b − c)2 ] + [b2 − (c − a)2 ] + [c2 − ( a − b)2 ] > 4 3S
⇔ ( a − b + c)( a + b − c) + (b − c + a)(b + c − a)+
√
+(c − a + b)(c + a − b) > 4 3S
√
⇔ ( p − a)( p − b) + ( p − b)( p − c) + ( p − c)( p − a) > 3S
⇔ ( p − a)( p − b) + ( p − b)( p − c) + ( p − c)( p − a)
q
> 3p( p − a)( p − b)( p − c)
Đặt x = p − a > 0, y = p − b > 0, z = p − c > 0 thì x + y + z = p và bất đẳng thức trên trở
thành
q
xy + yz + zx > 3( x + y + z) xyz
⇔ x2 y2 + y2 z2 + z2 x2 + 2( xy2 z + yz2 x + zx2 y) > 3( x + y + z) xyz
⇔ x2 y2 + y2 z2 + z2 x2 − ( xy2 z + yz2 x + zx2 y) > 0
1h i
⇔ ( xy − yz)2 + (yz − zx )2 + (zx − xy)2 > 0 , đúng!
2
Dễ thấy dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
• Trước Weitzenbock,
¨ năm 1897 I. Ionescu đưa ra bất đẳng thức sau:
√
Chứng minh rằng không tồn tại tam giác thả mãn a2 + b2 + c2 < 4 3S
Vì thế người ta còn gọi (∗) là bất đẳng thức Ionescu-Weitzenbock.
¨
• Ta chứng minh bất đẳng thức "tổng quát" hơn sau:
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x + y > 0, y + z > 0, z + x > 0.
Khi đó với mọi tam giác ta có
xa2 + yb2 + zc2 > 4S xy + yz + zx (∗∗)
p
Chứng minh. Bất đẳng thức (∗∗) có thể viết thành
xa2 + yb2 + z( a2 + b2 − 2ab cos C ) > 2ab sin C xy + yz + zx
p
2 2
p
⇔ ( x + z) a + (y + z)b > 2ab z cos C + sin C xy + yz + zx
a b p
⇔ ( x + z) + (y + z) > 2 z cos C + sin C xy + yz + zx
b a
51
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
a b
q
( x + z) + (y + z) > 2 ( x + z)(y + z)
q b a
2 z cos C + sin C xy + yz + zx 6 2 (z2 + xy + yz + zx )(cos2 C + sin2 C )
p
q q
2
= 2 (z + xy + yz + zx ) = 2 ( x + z)(y + z)
Vậy ta được bất đẳng thức cần phải chứng minh.
• Ngược chiều với bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, ta chứng minh bất đẳng thức sau:
Với mọi tam giác ta có
2 2 2
√ h
2 2 2
i
a + b + c 6 4 3S + 2 ( a − b) + (b − c) + (c − a) (5)
Chứng minh. Để chứng minh, ta cần đến bổ đề
Bổ đề 1. Cho f : I → R là hàm lồi. Khi đó với mọi x, y, z ∈ I ta có
f ( x ) + f (y) + f (z) x+y+z 2h x + y y+z z+x i
+ f( )> f( ) + f( ) + f( )
3 3 3 2 2 2
Bất đẳng thức (5) có thể viết thành
√ h i
a2 + b2 + c2 6 4 3S + 2 2( a2 + b2 + c2 ) − 2( ab + bc + ca)
√
⇔ 4( ab + bc + ca) − 2( a2 + b2 + c2 ) 6 4 3S + ( a2 + b2 + c2 )
Mặt khác
a2 = b2 + c2 − 2bc cos A = (b − c)2 + 2bc(1 − cos A)
1 − cos A A
= (b − c)2 + 4S = (b − c)2 + 4S tan
sin A 2
nên ta được
A B C
a2 + b2 + c2 = ( a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + 4S tan + tan + tan
2 2 2
A B C
2( ab + bc + ca) − ( a2 + b2 + c2 ) = 4S tan + tan + tan
2 2 2
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
A B C √
8S tan + tan + tan 6 4 3S + ( a2 + b2 + c2 )
2 2 2
A B C √ a2 + b2 + c2
⇔ 2 tan + tan + tan 6 3+
2 2 2 4S
52
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
a2 + b2 + c2
Ta dễ dàng chứng tỏ được hệ thức cot A + cot B + cot C = , nên bất đẳng
4S
thức cần chứng minh trở thành
A B C √
2 tan + tan + tan 6 3 + cot A + cot B + cot C
2 2 2
Xét hàm f : (0, π2 ) → R với f ( x ) = cot x, ta thấy đây là hàm lồi, nên áp dụng bổ đề 1, ta
được
1 A+B+C A+B
(cot a + cot B + cot C ) + cot( ) > ∑ cot( )
3 3 cyc 2
√ A B C
⇔ cot a + cot B + cot C + 3 > 2 tan + tan + tan
2 2 2
• Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức "mạnh" hơn bất đẳng thức (5) như sau:
Với mọi tam giác ta có
√
2 2 2
√ 6 − 6h i
a + b + c 6 4 3S + ( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 (6)
2
Chứng minh. Để chứng minh, ta cần đến bổ đề
Bổ đề 2. Với mọi tam giác ta có a2 + b2 + c2 > 4(r + R )2
Bất đẳng thức (6) có thể viết thành
2 2 2
√ √ h 2 2 2
i
2( a + b + c ) 6 4 3S + (6 − 6) ( a − b) + (b − c) + (c − a)
Ta dễ dàng có các hệ thức a2 + b2 + c2 = 2( p2 − 4rR − r2 ), ab + bc + ca = p2 + 4rR + r2 nên
bất đẳng thức trên trở thành
√ √ √ √
p2 (4 − 6) + 4 3S > rR(64 − 12 6) + r2 (16 − 3 6)
Sử dụng bất đẳng thức Gerretsen p2 > 16rR − 5r2 ta sẽ chứng minh rằng
√ √ √ √
(16rR − 5r2 )(4 − 6) + 4 3S > rR(64 − 12 6) + r2 (16 − 3 6)
Bất đẳng thức này được viết thành
√ √ √
4 3S > 4 6rR + (36 − 8 6)r2
√ √
3p2 > 6R2 + 2(9 6 − 12)rR + (9 − 2 6)r2
√ √
3p2 > 6R2 + 2(9 6 − 12)rR + (105 − 35 6)r2
Do bổ đề 2, ta cần chứng minh bất đẳng thức
√ √
8R + 3r > 2(3 6 − 4) R + (35 − 12 6)r
√
⇔ (16 − 6 6)( R − 2r ) > 0
53
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bất đẳng thức sau cùng là đúng do bất đẳng thức Euler R > 2r.
Bài toán mở: Tìm số k "tối ưu" để bất đẳng thức sau đúng với mọi tam giác
√ h i
a2 + b2 + c2 6 4 3S + k ( a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 .
Tài liệu
[1] Arthur Engel, Problem solving strategies. Springer Verlag, 1998.
[2] Cezar Lupu, Constantin Mateescu, Vlad Matei, Mihai Opincariu, Refinements of the Finsler-
Hadwiger reverse inequality. Mathematics Subject Classification, 2000.
[3] Emil Stoica, Nicusor Minculete, Catalin Barbu, New aspects of Ionescu-Weitzenb¨ock’s inequal-
ity, Gometry Balkan Press, 2016.
54
nguon tai.lieu . vn
