Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về bất đẳng thức Erdos Mordell

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:49

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích của đề tài là một số vấn đề về bất đẳng thức Erdos-Mordell và ứng dụng trong một số bài toán hình học. Ngoài ra đề tài trình bày lại một số kết quả nghiên cứu gần đây của tác giả W. D Jiang. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về bất đẳng thức Erdos Mordell

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN QUỐC DŨNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS-MORDELL LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN QUỐC DŨNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS-MORDELL Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. HÀ TRẦN PHƯƠNG Thái Nguyên - 2017
i Mục lục Lời cảm ơn 1 Mở đầu 2 1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell 4 1.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Một số ví dụ liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2 Một số mở rộng của bất đẳng thức Erdos-Mordell 18 2.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell có trọng số và áp dụng . . 18 2.1.1 Định lý kiểu Erdos-Mordell có trọng . . . . . . . 18 2.1.2 Một số áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2 Hai bất đẳng thức về một điểm trên mặt phẳng chứa tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.2.1 Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . 22 2.2.2 Hai bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.3 Về bất đẳng thức hình học của Oppenheim . . . . . . . . 40 2.3.1 Một số bổ đề chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.3.2 Bất đẳng thức hình học của Oppenheim . . . . . 42 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46
1 Lời cảm ơn Trước tiên tôi xin được gửi lời cảm ơn đến tất cả quý Thầy Cô đã giảng dạy trong chương trình Cao học Toán khóa 9 - Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, những người đã truyền đạt kiến thức hữu ích về ngành Phương pháp Toán sơ cấp làm cơ sở cho tôi hoàn thành luận văn này. Đặc biệt tôi xin chân thành cảm ơn Thầy giáo PGS.TS. Hà Trần Phương. Thầy đã dành nhiều thời gian quý báu tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn, đồng thời còn là người giúp tôi lĩnh hội được kiến thức chuyên môn và rèn luyện cho tôi tác phong nghiên cứu khoa học. Qua đây, tôi cũng xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình, bạn bè thân thiết là những người luôn sát cánh bên tôi, tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi, đã nhiệt tình giúp đỡ, chia sẻ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập, cũng như khi tôi thực hiện và hoàn thành luận văn này. Mặc dù đã rất cố gắng song luận văn không tránh khỏi có những thiếu sót. Rất mong nhận được ý kiến đóng góp của các Thầy giáo, Cô giáo và các anh chị học viên để luận văn hoàn thiện hơn. Thái Nguyên, ngày ... tháng ... năm 2017 Tác giả luận văn Nguyễn Quốc Dũng
2 Mở đầu Bất đẳng thức Erdos-Mordell được nhà toán học Paul Erdos đề xuất năm 1935 và lời giải đầu tiên được đưa ra bởi Louis Mordell sử dụng Định lý hàm số Cosin. Bất đẳng thức này cho thấy quan hệ giữa khoảng cách từ một điểm tùy ý nằm trong tam giác tới các cạnh và các đỉnh. Cụ thể với tam giác ABC và P là điểm nằm trong tam giác, kí hiệu R1 , R2 , R3 lần lượt là khoảng cách từ P đến các đỉnh A, B, C và r1 , r2 , r3 lần lượt là khoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB. Khi đó ta có bất đẳng thức R1 + R2 + R3 ≥ 2 r1 + r2 + r3 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là trọng tâm của nó. Kể từ khi ra đời bất đẳng thức Erdos-Mordell đã thu hút được sự quan tâm nghiên cứu của nhiều tác giả trong, ngoài nước và có nhiều ứng dụng trong việc giải quyết các bài toán thi học sinh giỏi, đặc biệt trong lĩnh vực hình học sơ cấp. Thời gian gần đây có nhiều tác giả đã nghiên cứu thêm một số chứng minh mới cho bất đẳng thức Erdos-Mordell và nghiên cứu các mở rộng của bất đẳng thức này. Có thể kể đến các công trình của Y. D Wu, C. L Yu và Z-H Zhang [9], R. B. Manfrino, J. A. G. Ortega và R. V. Delgado [7], D.S Mitrinovic, J.E. Pecaric and V.Volene [8]. W. D. Jiang và J. Liu,.... Mục đích của đề tài là tổng hợp lại một số vấn đề về bất đẳng thức Erdos-Mordell và ứng dụng trong một số bài toán hình học. Ngoài ra trình bày lại một số kết quả nghiên cứu gần đây của tác giả W. D Jiang [3], J. Liu [4] − [6]. Bản luận văn "Về bất đẳng thức Erdos-Mordell" gồm có mở đầu, hai chương nội dung, kết luận và tài liệu tham khảo. Chương 1. Bất đẳng thức Erdos-Mordell. Chương này trình bày bất đẳng thức Erdos-Mordell cổ điển và trình bày lại một cách chứng minh
3 mới cho bất đẳng thức này. Ngoài ra trong Chương 1 chúng tôi còn trình bày một số ví dụ liên quan. Các ví dụ này chủ yếu được trích ra từ các đề thi vô địch khu vực và đề thi IMO. Chương 2. Một số mở rộng của bất đẳng thức Erdos-Mordell. Trong chương này chúng tôi trình bày một số bất đẳng thức mở rộng của bất đẳng thức Erdos-Mordell đối với tam giác: bất đẳng thức kiểu Erdos- Mordell có trọng số, hai bất đẳng thức cho một điểm trên mặt phẳng của một tam giác và bất đẳng thức hình học của Oppenheim.
4 Chương 1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell Trong chương này chúng tôi trình bày bất đẳng thức Erdos-Mordell cổ điển với một cách chứng minh mới của J. Liu và một vài ví dụ áp dụng. Nội dung chủ yếu được biên tập từ các tài liệu [1], [5], [7], [8], [9]. 1.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell Cho tam giác ABC và P là điểm nằm trong tam giác. Kí hiệu R1 , R2 , R3 lần lượt là khoảng cách từ P đến các đỉnh A, B, C và r1 , r2 , r3 lần lượt là khoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB. Kí hiệu a, b, c lần lượt là chiều dài của cạnh BC, CA, AB và ha , hb , hc lần lượt là chiều cao của cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Với các kí hiệu trên ta có: Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức Erdos-Mordell) Cho tam giác ABC và P là điểm nằm trong tam giác. Khi đó luôn có bất đẳng thức R1 + R2 + R3 ≥ 2 r1 + r2 + r3 , (1.1) đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là trọng tâm của nó. Bất đẳng thức (1.1) chứng minh đầu tiên thuộc về L.J.Mordell vào năm 1935, sau đó đã có nhiều tác giả đưa ra các chứng minh khác, nhiều trong số đó được dựa trên bất đẳng thức sau đây: cr2 + br3 R1 > . (1.2) a Ở đây chúng tôi xin trình bày một chứng minh mới mà không sử dụng bất đẳng thức (1.2) được đưa ra bởi J. Liu trong tài liệu [5]. Cách
5 chứng minh được dựa trên bổ đề sau đây: Bổ đề 1.1.2 Với bất kỳ điểm P nằm trong tam giác ABC tùy ý, ta có cr1 + ar3 ar2 + br1 q a2 + 4r12 > + . (1.3) b c Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi P O (O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC) song song với cạnh BC. Chứng minh. Kí hiệu S là diện tích của tam giác ABC. Theo công thức Heron: p S = s(s − a)(s − b)(s − c), (1.4) a+b+c trong đó s = 2 , ta dễ dàng nhận được 16S 2 = 2b2 c2 + 2c2 a2 + 2a2 b2 − a4 − b4 − c4 . (1.5) Sử dụng đẳng thức (1.5) ta chứng minh được 2 2 2 2 16x S 4S cx + az ay + bx a2 + − + (ax + by + cz)2 (ax + by + cz)2 b c 2 2 2 2b c + a2 b2 + a2 c2 − b4 − c4 x − a b2 + c2 − a2 (yb + zc) = , 4b2 c2 (ax + by + cz)2 (1.6) trong đó x, y, z là các số thực và ax + by + cz0. Bởi vậy 2 16x2 S 2 4S 2 2 cx + az ay + bx a+ − + > 0. (ax + by + cz)2 (ax + by + cz)2 b c (1.7) Đặt x = r1 , y = r2 , z = r3 trong các bất đẳng thức trên, và sử dụng: ar1 + br2 + cr3 = 2S, (1.8) ta có 2 cr1 + ar3 ar2 + br1 a2 + 4r1 2 > + , b c do đó bất đẳng thức (1.3) đúng. Rõ ràng, đẳng thức của bất đẳng thức (1.3) xảy ra khi và chỉ khi
6 2b2 c2 + a2 b2 + a2 c2 − b4 − c4 r1 − a b2 + c2 − a2 (br2 + cr3 ) = 0. (1.9) Bây giờ chúng ta ký hiệu diện tích các tam giác BP C, CP A, AP B lần lượt là Sa , Sb , Sc tương ứng, khi đó Sa = 12 ar1 , Sb = 12 br2 , Sc = 21 cr3 . Áp dụng (1.5), ta suy ra (1.9) tương đương với Sa 16S 2 − a2 b2 + c2 − a2 = a2 b2 + c2 − a2 (Sb + Sc ) . (1.10) π Nếu A = 2 và r1 = 0 từ (1.9), P nằm trên BC và tâm đường tròn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đồng thời là trung điểm của cạnh BC. Nếu A 6= π2 , thì Sa 6= 0 từ (1.10) ta có 16S 2 − a2 b2 + c2 − a2 Sb + Sc 2 2 2 2 = , a (b + c − a ) Sa sử dụng Sa + Sb + Sc = S, ta có 1 2 2 1 1 a b + c2 − a2 = a2 cot A = R2 sin 2A, Sa = 16S 4 2 trong đó R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Nhưng S4OBC = 21 R2 sin 2A, vì thế S a = S4BP C = S4BOC , do đó P O song song với BC. Bổ đề 1.1.2 được chứng minh. Chứng minh Định lý 1.1.1 Theo Bổ đề 1.1.2, ta có ar2 + br1 br3 + cr1 q b2 + 4r22 > + , (1.11) c a br3 + cr2 cr1 + ar3 q c2 + 4r32 > + . (1.12) a b Sử dụng 2S = aha và công thức Heron chúng ta có được r 1 h 1 ih i q 2 2 ha = 2 2 (b + c) − a a − (b − c) 6 (b + c)2 − a2 , 2a 2 do đó ta có p b + c > a2 + 4h2a , (1.13) đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = c.
7 Áp dụng bất đẳng thức (1.13) với tam giác P BC, ta có q R2 + R3 > a2 + 4r12 , (1.14) và hai dạng tương tự. Cộng các bất đẳng thức đó ta có: q q q 2 (R1 + R2 + R3 ) > a + 4r1 + b + 4r2 + c2 + 4r32 , (1.15) 2 2 2 2 đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt khác, cộng các bất đẳng thức (1.3), (1.11) và (1.12) ta có: q q q a2 + 4r1 + b2 + 4r2 + c2 + 4r32 2 2 c b a c b a (1.16) > 2 + r1 + 2 + r2 + 2 + r3 , b c c a a b đẳng thức xảy ra giống như bất đẳng thức (1.15). Vì c b a c b a + > 2, + > 2, + > 2, b c c a a b do đó từ bất đẳng thức (1.15) và (1.16), thu được bất đẳng thức Erdos- Mordell và đẳng thức xảy ra trong (1.1) khi a = b = c và P là trọng tâm. Định lý 1.1.1 được chứng minh. 1.2 Một số ví dụ liên quan Ví dụ 1.2.1 Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác. Khi đó 1 1 1 1 1 1 2 + + 6 + + . (1.17) R1 R2 R3 r1 r2 r3 Giải Xét phép nghịch đảo N cực P và phương tích d = r2 N : A → A0 ; B → B 0 ; C → C 0 , A1 → A01 ; B1 → B 01 ; C1 → C 01 . Khi đó, ta có
8 Hình 1.1 P A.P A0 = P B.P B 0 = P C.P C 0 = d2 , P A1 .P A01 = P B1 .P B 01 = P C1 .P C 01 = d2 . Hơn nữa A0 , B 0 , C 0 nằm trên B 01 C 01 , C 01 A01 , A01 B 01 tương ứng và P A0 , P B 0 , P C 0 vuông góc với B 01 C 01 , C 01 A01 , A01 B 01 tương ứng. Áp dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell cho tam giác A01 B 01 C 01 ta có P A01 + P B 01 + P C 01 > 2 (P A0 + P B 0 + P C 0 ) . Vì d2 d2 d2 P A01 = , P B 01 = , P C 01 = , P A1 P B1 P C1 d2 d2 d2 P C0 = , P B0 = , P A0 = , PC PB PA nên 2 1 1 1 2 1 1 1 d + + > 2d + + . P A1 P B1 P C1 PA PB PC Do đó 1 1 1 1 1 1 2 + + 6 + + . R1 R2 R3 r1 r2 r3
9 Ví dụ 1.2.2 Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác. Khi đó R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 > 2 (r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ) . (1.18) Giải Hình 1.2 Gọi ha là độ dài đường cao xuất phát từ A và S là diện tích của tam giác ABC, ta có aha = 2S = ar1 + br2 + cr3 . Vì ha 6 R1 + r1 nên a (R1 + r1 ) > aha , suy ra aR1 > br2 + cr3 hay R1 > r2 ab + r3 ac . Do đó b c R1 r1 > r1 r2 + r3 r1 . a a Tương tự c a a b R2 r2 > r2 r3 + r1 r2 , R3 r3 > r3 r1 + r2 r3 . b b c c Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên và áp dụng bất đẳng thức AM −GM , ta được a b b c c a R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 > + r1 r2 + + r2 r3 + + r3 r1 b a c b a c > 2 (r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ) . Ví dụ 1.2.3 Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý nằm trong
10 tam giác. Khi đó R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 > 4(r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ). (1.19) Giải. Xét phép nghịch đảo N cực P và phương tích d = r2 N : A → A0 ; B → B 0 ; C → C 0 . Gọi r01 , r02 , r03 là khoảng cách từ P tới các cạnh B 0 C 0 , C 0 A0 , A0 B 0 tương ứng và S1 là diện tích tam giác P B 0 C 0 . Ta có P B 0 .P C 0 .B 0 C 0 r1 .P B 0 .P C 0 .B 0 C 0 r01 .B 0 C 0 = 2S1 = = , P A01 d2 hay r1 .P B 0 .P C 0 r01 = , d2 trong đó A01 là ảnh của A1 (A1 là hình chiếu của P trên BC). Tương tự 0 r2 .P C 0 .P A0 0 r3 .P A0 .P B 0 r2 = , r3 = . d2 d2 Áp dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell cho tam giác A0 B 0 C 0 , ta có P A0 + P B 0 + P C 0 > 2 (r01 + r02 + r03 ) . Vì P A.P A0 = P B.P B 0 = P C.P C 0 = d2 , nên 1 1 1 r 1 r2 r3 + + > 2 + + . PA PB PC P B.P C P C.P A P A.P B Bất đẳng thức trên tương đương với R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 > 2(R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 ). (1.20) Từ bất đẳng thức (1.18) và (1.20) ta thu được R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 > 4(r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ).
11 Ví dụ 1.2.4 Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác. Khi đó R1 R2 R3 > 8r1 r2 r3 . (1.21) Giải Hình 1.3 Gọi C1 là điểm trên BC sao cho BC1 = AB. Khi đó AC1 = 2c sin B2 . Mặt khác, gọi K, H lần lượt là chân đường cao vuông góc hạ từ A, C1 lên đường thẳng BP , vì A và C1 không nằm cùng phía đối với đường thẳng BP nên AC1 > C1 H + AK, suy ra R2 .AC1 > R2 .C1 H + R2 .AK, hay R2 .AC1 > 2Sa + 2Sb . trong đó Sa , Sb lần lượt là diện tích của tam giác BP C1 , BP A. Do đó B R2 .2c sin > c.r1 + c.r3 , 2 hay r1 + r3 R2 > , 2 sin B2 tương tự r2 + r3 r1 + r2 R1 > , R 3 > . 2 sin A2 2 sin C2
12 Nhân ba bất đẳng thức trên, ta được 1 R1 R2 R3 > (r1 + r2 ) (r2 + r3 ) (r3 + r1 ) . (1.22) 8 sin A2 . sin B2 . sin C2 Vì sin A2 . sin B2 . sin C2 = r 4R và R > 2r nên từ (1.22), ta có R1 R2 R3 > (r1 + r2 ) (r2 + r3 ) (r3 + r1 ) . (1.23) Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho vế phải của (1.23), ta được R1 R2 R3 > 8r1 r2 r3 . Nhận xét. 1.2.5 Từ ví dụ trên ta có kết quả sau R12 R22 R32 1. + + > 12, r2 r3 r3 r1 r1 r2 R1 R2 R3 2. + + > 3, r2 + r3 r3 + r1 r1 + r2 R1 R2 R3 3. √ + √ +√ > 6. r2 r3 r3 r1 r1 r2 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có s R12 R22 R32 3 R12 R22 R32 √ 3 1. + + > 3 > 3 82 = 12. r2 r3 r3 r1 r1 r2 r2 r3 r3 r1 r1 r2 r R1 R2 R3 R1 R2 R3 2. + + > 33 > 3. r2 + r3 r3 + r1 r1 + r2 r2 + r3 r3 + r1 r1 + r2 s R1 R2 R3 R1 R2 R3 √ 3 3. √ + √ +√ > 33 √ √ √ > 3 8 = 6. r2 r3 r3 r1 r1 r2 r2 r3 r3 r1 r1 r2 Ví dụ 1.2.6 Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác. Khi đó R1 + R2 + R3 > 6r. (1.24) Giải
13 Dễ thấy R1 + r1 > ha , R2 + r2 > hb , R3 + r3 > hc . Cộng ba bất đẳng thức này theo vế và áp dụng bất đẳng thức Erdos-Modell ta được 3 ha + hb + hc 6 (R1 + R2 + R3 ) + (r1 + r2 + r3 ) 6 (R1 + R2 + R3 ) . 2 (1.25) Bây giờ áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 1 1 1 1 9 6 (ha + hb + hc ) + + = (ha + hb + hc ) . (1.26) ha hb hc r Từ (1.25) và (1.26) ta được 3 9r 6 ha + hb + hc 6 (R1 + R2 + R3 ) . 2 Do đó R1 + R2 + R3 > 6r. Ví dụ 1.2.7 (IMO, 1991). Cho tam giác ABC và P là điểm nằm trong tam giác. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các góc P[ AB, 0 P \ BC, P[CA nhỏ hơn hoặc bằng 30 . Giải Giả sử D, E, F là chân các đường vuông góc hạ từ P tương ứng xuống các cạnh BC, CA và AB. Giả sử các góc P[ AB, P\ BC, P[CA đều lớn 0 hơn 30 . Khi đó PF PD PE PA + PB + PC = + + sin P[ AB sin P \ BC sin P[ CA PF PD PE < 0 + 0 + = 2 (P D + P E + P F ) , sin 30 sin 30 sin 300 mâu thuẫn với bất đẳng thức Erdos–Mordell. Suy ra các góc P[ AB, 0 P \ BC, P[ CA đều lớn hơn 30 là sai. Từ đó được điều phải chứng minh. Ví dụ 1.2.8 (Olympic 30/4, 1999, Việt Nam, đề nghị) Cho M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Kí hiệu các khoảng cách từ M đến 3 đỉnh A, B, C là Ra , Rb , Rc và các khoảng cách từ M đến 3 cạnh BC, CA, AB là da , db , dc . Khi đó db dc dc da da db da + db + dc > 2 + + . Ra Rb Rc
14 Giải Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là chân đường vuông góc của M xuống BC, CA, AB. Ta có Hình 1.4 B1 C1 = M A. sin A = Ra . sin A, C1 A1 = M B. sinB = Rb . sinB, A1 B1 = M C. sinC = Rc . sinC . Kẻ M A2 ⊥B1 C1 , M B2 ⊥C1 A1 , M C2 ⊥A1 B1 , ta có M B1 .M C1 db dc M A2 = M B1 . sin M\ B1 A2 = M B1 . sin M \ AC1 = = , MA Ra M C1 .M A1 dc da M B2 = M C1 . sin M\ C1 B2 = M C1 . sin M \ BA1 = = , MB Rb M A1 .M B1 da db M C2 = M A1 . sin M\ A1 C2 = M A1 . sin M \ CB1 = = . MC Rc Áp dụng bất đẳng thức Erdos–Mordell cho tam giác A1 B1 C1 , ta có M A1 + M B1 + M C1 > 2 (M A2 + M B2 + M C2 ) hay db dc dc da da db da + db + dc > 2 + + . Ra Rb Rc Ví dụ 1.2.9 (IMO, 1996) Cho ABCDEF là một lục giác lồi thỏa mãn AB song song với DE, BC song song với EF và CD song song với
15 F A. Kí hiệu RA , RC , RE tương ứng là các bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác F AB, BCD và DEF . Gọi p là chu vi của hình lục giác. Khi đó p RA + RC + RE > . 2 Giải Hình 1.5 Dựng các điểm M, N, P sao cho M DEF , N F AB và P BCD là các hình bình hành. Khi đó M, N, F thẳng hàng; N, P, B thẳng hàng và P, M, D cũng thẳng hàng. Giả sử XY Z là tam giác tạo bởi các đường thẳng qua B, D, F và vuông góc với F A, BC, DE, tương ứng, trong đó B nằm trên Y Z, D nằm trên ZX, F nằm trên XY . Để ý rằng tam giác M N P đồng dạng với tam giác XY Z. Vì 4DEF = 4DM F nên chúng có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng nhau. Hơn nữa, vì XM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác DM F , do đó XM = 2RE . Tương tự Y N = 2RA và ZP = 2RC . Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại là XM + Y N + ZP > BN + BP + DP + DM + F M + F N.
16 Trường hợp M ≡ N ≡ P bất đẳng thức trên là bất đẳng thức Erdos–Mordell. Ta chứng minh các trường hợp còn lại. Hình 1.6 Gọi Y 0 , Z 0 đối xứng với Y và Z qua đường phân giác của góc X. b Kí hiệu G, H lần lượt là chân đường vuông góc của X và M trên Y’Z’. Đặt x = Y 0 Z 0 , y = XZ 0 , z = XY 0 , ta có XM > xz DM + xy F M, Y N > x z y x y F N + y BN, ZP > z BP + z DP . Cộng theo vế 3 đẳng thức trên ta được z y x z y x XM + Y N + ZP > DM + F M + F N + BN + BP + DP. x x y y z z (1.27) Để ý rằng y z y z BP + BN y z BP − BN BP + BN = + + − . z y z y 2 z y 2 Vì hai tam giác XY Z và M N P đồng dạng, ta có thể đặt r như sau FM − FN BN − BP DP − DM r= = = . XY YZ ZX
17 Áp dụng bất đẳng thức AM − GM , ta được y z y z BP + BN r yx zx BP + BN = + − − z y z y 2 2 z y r yx zx > BP + BN − − . 2 z y Tương tự, ta có bất đẳng thức x y r xz yz FN + FM > FN + FM − − , y x 2 y x z x r zy xy DM + DP > DM + DP − − . x z 2 x z Nếu cộng các bất đẳng thức trên và thế vào (1.27), ta được XM + Y N + ZP > BN + BP + DP + DM + F M + F N. Điều phải chứng minh.