Xung quanh một bài toán thi IMO

Chia sẻ: AndromedaShun _AndromedaShun | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết "Xung quanh một bài toán thi IMO" đưa ra ví dụ về một dạng toán trong bài thi IMO và các cách chứng minh bài toán trên bằng phương pháp sử dụng các bất đẳng thức số học khác nhau. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Xung quanh một bài toán thi IMO

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