Bất đẳng thức (BDT) Erdos-Mordell

Chia sẻ: Nguyen Cong Tuan Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

740
lượt xem 64
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bất đẳng thức (BDT) Erdos-Mordell là một BDT khá nổi tiếng trong tam giác, được nhà toán học Paul Erdos đề xuất năm 1935 và lời giải đầu tiên đưa ra là của Louis Mordell sử dụng định lí hàm số Cos. Trong bài viết này tôi xin được giới thiệu với các bạn một số lời giải do tôi tìm ra hoặc sưu tầm được . Đây chắc chắn không phải là tất cả các lời giải cho BDT này, rất mong nhận được sự trao đổi của các bạn. Các bạn có thể gửi lời giải vào hòm...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bất đẳng thức (BDT) Erdos-Mordell

Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Lời nói đầu Bất đẳng thức (BDT) Erdos-Mordell là một BDT khá nổi tiếng trong tam giác, được nhà toán học Paul Erdos đề xuất năm 1935 và lời giải đầu tiên đưa ra là của Louis Mordell sử dụng định lí hàm số Cos. Trong bài viết này tôi xin được giới thiệu với các bạn một số lời giải do tôi tìm ra hoặc sưu tầm được . Đây chắc chắn không phải là tất cả các lời giải cho BDT này, rất mong nhận được sự trao đổi của các bạn. Các bạn có thể gửi lời giải vào hòm thư: nguyendunghus@gmail.com Hoặc post trực tiếp vào topic: http://mathscope.org/forum/showthread.php?t=4913 Rất mong nhận được sự quan tâm của các bạn, -1-
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Bất đẳng thức Erdos-Mordell: Cho tam giác ABC bất kì có 3 cạnh là a, b, c và điểm M nằm trong tam giác. Đặt AM = x, BM = y, CM = z và từ M kẻ các đường vuông góc MD, ME, MF xuống các cạnh BC, CA, AB có độ dài lần lượt là p, q, r. Khi đó ta có: x + y + z ≥ 2( p + q + r ) Dấu đẳng thức xảy ra khi ∆ABC đều. -2-
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Hướng chứng minh thứ nhất: b c c a a b Ta sẽ chứng minh x ≥ r +q , y ≥ p +r ,z ≥q + p a a b b c c Sau đó áp dụng BDT Cô-si cho 2 số dương: a b x + y + z ≥ ∑ r  +  ≥ ∑ 2r = 2 ( p + q + q ) Trong đó kí hiệu ∑ chỉ tổng hoán vị. b a Ta cùng theo dõi các lời giải sau: A Lời giải 1. x E F r Mq ha z y p B C D Gọi ha là độ dài đường cao xuất phát từ A. Ta có: 2S ( ABC ) = aha = ap + bq + cr . Do ha ≤ x + p nên a ( x + p ) ≥ aha . b c ⇒ ax ≥ bq + cr ⇒ x ≥ q + r . Tương tự ta có đpcm. a a Lời giải 2. A F E B' M B D C C' Từ B và C kẻ các đường vuông góc BB’, CC’ tới đường thẳng AM. Dễ thấy ∆AFM ~ ∆AB ' B và ∆AEM ~ ∆AC ' C nên: r BB ' q CC ' = ⇒ r.c = x.BB ' và = ⇒ qb = x.CC ' x c x b Suy ra r.c + q.b = x ( BB '+ CC ' ) ≤ x.a -3-
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Lời giải 3. A F E C' M B D C B' x     Kẻ tia Ax đối xứng với tia AM qua phân giác góc A ⇒ MAC = BAB ', MAB = CAC ' Từ B và C kẻ các đường vuông góc BB’, CC’ tới tia Ax. Ta có:     q a ≥ BB '+ CC ' = AB.sin BAB ' + AC.sin CAC ' = c.sin MAC + b.sin MAB = c. + b. r x x b c Suy ra ax ≥ cq + br hay x ≥ r + q , đpcm. a a Lời giải 4. A E F M E' F' B C D P   Lấy điểm P thuộc cạnh BC sao cho BAD = PAC . Ta có: AP.BC ≥ 2 S ( ABC ) = 2 S ( PAB ) + 2 S ( PAC ) = PE '.b + PF '.c Với E’, F’ là chân các đường vuông góc kẻ từ P xuống AB, AC. PE ' b PF ' c PE ' r Suy ra: 1 ≥ . + . . Mà theo giả thiết, ∆APE ' ~ ∆AMF nên = . AP a AP a AP x PF ' q rb qc b c Tương tự = . Vậy 1 ≥ + ⇒ x ≥ r + q ,đpcm. AP x xa xa a a -4-
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Lời giải 5. A E F C' M B' B C D Vẽ đường trong ngoại tiếp ∆BMC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại B’, C’. Ta có: AB ' AC ' AM .B ' C ' ≥ 2 S ( AMB ') + 2 S ( AMC ') = r. AB '+ q. AC ' ⇒ x ≥ r +q (1) B 'C ' B 'C ' Mặt khác, theo tính chất của góc nội tiếp đường tròn ta có ∆AB ' C ' ~ ∆ACB . Suy ra AB ' AC b AC ' c = = , = (2) B ' C ' BC a B ' C ' a b c Từ (1) và (2) ta có x ≥ r + q , đpcm. a a A Lời giải 6. E' F E F' M' M B D C Vẽ đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFME. Qua M vẽ đường thẳng song song với EF cắt đường tròn tại M’. Từ M’ kẻ ME’, MF’ lần lượt vuông góc với AB, AC. Dễ thấy M ' F ' ME ∆AME ~ ∆AM ' F ' (g.g) suy ra = . AM ' AM M ' E ' MF Tương tự = . Mặt khác: AM '.BC ≥ AB.M ' F '+ AC .ME ( tuơng tự lời giải 5) AM ' AM nên: M ' E ' c M ' F ' b qc rb b c 1≥ . + . = + hay x ≥ r + q , đpcm. AM ' a AM ' a xa xa a a -5-
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Lời giải 7. A B' F E C' M B D C Gọi B’, C’ là chân các đường vuông góc kẻ từ B, C xuống đuờng thẳng EF. Ta có: BC ≥ B ' C ' = B ' F + FE + EC ' . Do tứ giác AFME nội tiếp nên ME q ∠BFB ' = ∠AFE = ∠AME ⇒ B ' F = BF .cos ∠BFB ' = .BF = .BF . MA x r Tương tự EC ' = CE . Theo định lí Ptô-lê-mê ta có: x AF .q + AE.r AM .EF = AF .ME + AE.MF ⇒ EF = x q r AF .q + AE.r Suy ra BC ≥ .BF + CE + x x x Hay ax ≥ q.BF + r.CE + AF .q + AE.r = qc + rb . Ta có đpcm. A Lời giải 8. E F M C' B B' C A' Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt tia AM tại A’. Từ A’ kẻ các đường vuông góc A’D, A’E xuống AB, AC. Áp dụng định lí Ptoleme vào tứ giác nội tiếp ABA’C ta được AA '.BC = A ' C. AB + A ' B. AC . A' D c A' E b Do A ' C ≥ A ' C ', A ' B ≥ A ' B ' nên: AA '.a ≥ A ' C '.c + A ' B '.b ⇒ 1 ≥ . + . AA ' a AA ' a A' D q A' E r b c Mà theo định lí Ta-lét thì = , = . Do đó x ≥ r + q ,đpcm. AA ' x AA ' x a a -6-
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Lời giải 9. Ta vẽ các đường vuông góc BB’, AA’, CC’ xuống tia EF. Ta có: B ' C ' = c.cosAFA'+b.cosAEA'=c.sinMFA'+b.sinAEA' ≤ a Mà theo định lí hàm số Sin: sin MFA ' sin AEA ' sin A 1 = = = q r È x Suy ra q r b c c. + b. ≤ a ⇔ r + q ≤ x , đpcm. x x a a Lời giải 10. Dựng đường phân giác của góc A, và thay tam giác đã cho bằng tam giác hình chiếu B’AC’. Áp dụng định lí Papus cho tam giác B’AC’ với chú ý rằng OA vuông góc với B’C’. Ta có AM .cos ( AM,AO ) .B ' C ' = AC '.zc + AB '. y Hay là a.MA.cos ( AM,AO ) = bz + cy Suy ra được a.x ≥ bz + cy . Đpcm. -7-
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Lời giải 11. Từ hình vẽ thứ 2 ta dễ dàng có ax ≥ bz + cy , đpcm. -8-
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Hướng chứng minh thứ 2: sin B sin C Ta sẽ chứng minh x ≥ r +q ,….. sin A sin A Rồi áp dụng BDT Cô-si như hướng thứ nhất ta có đpcm. Lời giải 12. Đây là lời giải được đưa ra đầu tiên bởi Mordell. Áp dụng định lí hàm số Sin và hàm số Cos ta có MA.sin A = EF = q 2 + r 2 − 2qrcos (π − A ) Tương tự ta cần chứng minh: 1 ∑ sin A q 2 + r 2 − 2qrcos (π − A ) ≥ 2 ( p + q + r ) Mặt khác ta có FE 2 = q 2 + r 2 − 2qr cos (π − A ) = q 2 + r 2 − 2qr ( cosBcosC-sinBsinC ) Sử dụng đẳng thức: sin 2 B + cos 2 B = 1 và sin 2 C + cos 2C = 1 ta được FE 2 = ( q sin C + r sin B ) + ( qcosC − rcosB ) ≥ ( q sin C + r sin B ) 2 2 2 Suy ra FE ≥ q sin C + r sin B Vậy nên 1 q sin C + r sin B  sin B sin C  ∑ sin A q 2 + r 2 − 2qrcos (π − A ) ≥ ∑ sin A = ∑ + p  sin C sin B  -9-
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Lời giải 13. Hạ các đường vuông góc EE’, FF’ xuống cạnh BC. Ta có: EF=AMsinA=xsinA . Hiển nhiên là: EF ≥ E ' F ' = F ' D + DE ' = r sin MFF '+ q sin MEE ' = q sin B + r sin C Suy ra sin B sin C x≥r +q sin A sin A Một cách tương tự ta thu được  sin B sin C  ∑ x ≥ ∑ p  sin C + sin B  ≥ 2 ( p + q + r )   Lời giải 14. Tương tự như cách trên, ta có: Trong tam giác DEF: p.EF ≥ 2 ([DMF]+[DME]) = pr sin B + pq sin C Trong đó [A] chỉ diện tích của hình A. Vậy nên EF ≥ r sin B + q sin C ⇔ x sin A ≥ r sin B + q sin C sin B sin C Suy ra x≥r +q . Đpcm. sin A sin A - 10 -
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Lời giải 15. E 'F ' Kẻ các đường vuông góc EE’, FF’. Ta có: ∑x≥∑ EF x Mà E ' F ' = r.sin B + q.sin C , EF = x sin A  sin B sin C  Nên ∑ x ≥ ∑  r sin A + q sin A  , đpcm.   Lời giải 16. Kẻ các đường vuông góc EE’, FF’ xuống tia DM. Ta có EF ≥ EE '+ FF ' = r sin B + q sin C Hay tương đương với x sin A ≥ r sin B + q sin C , đpcm. - 11 -
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Lời giải 17. Qua M kể đường thẳng cắt AB, AC tại B’, C’ sao cho ∆AB ' C ' ~ ∆ACB . Khi đó ta có AB’.AB = AC’.AC Dễ thấy rằng AC ' AB ' sin C sin B x.B ' C ' ≥ qAC '+ rAB ' ⇒ x ≥ q +r =q +r B 'C ' B 'C ' sin A sin A Lời giải 18. Đường thẳng DM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại A’. ∆A ' FE ~ ∆ACB Đặt de, df là khoảng cách từ điểm E, F đến A’M.. Hiển nhiên có A ' E.ME = 2 Rd e , A ' F .FM = 2 Rd f với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. Cộng lại ta được A' E A' F sin C sin B q. A ' E + r. A ' F ≥ x.FE ⇒ x ≥ q + r. =q + r. FE FE sin A sin A Đpcm. - 12 -
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam Do phải hoàn thành trong thời gian rất ngắn nên bài viết không thể tránh khỏi những sai sót, mong mọi người thông cảm và góp ý. Hà Nội ngày 08 tháng 08 năm 2008 Nguyễn Mạnh Dũng, 12A2 Toán, ĐHKHTN – ĐHQGHN Email: nguyendunghus@gmail.com hoặc nguyendungtn@hotmail.com Blog: http://www.mathlinks.ro/weblog.php?w=1139 Website: http://nguyendungtn.19.forumer.com/ - 13 -