Đến nội dung

zaizai

zaizai

Đăng ký: 26-08-2005
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#188554 OLympic Toán Quốc Tế 2008

Gửi bởi zaizai trong 17-07-2008 - 12:38

Bài 2 có thể giải bằng 1 cách đơn giản như sau. Từ điều kiện $xyz=1$ đặt $x=\dfrac{a}{b},y=\dfrac{b}{c},z=\dfrac{c}{a}$. Đồng bậc ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\left(\dfrac{a}{a-b}\right)^2+\left(\dfrac{b}{b-c}\right)^2+\left(\dfrac{c}{c-a}\right)^2\ge 1$
$\Leftrightarrow \dfrac{(a^2b+b^2c+c^2a-3abc)^2}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}\ge 0$


#186482 BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR VÀ PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN P,Q,R

Gửi bởi zaizai trong 06-06-2008 - 17:50

File PDF type rất đẹp... lúc đầu tưởng của ku Văn nào ngờ là do anh Cẩn edited :D Anyway, đây là một bài viết đầy đủ ít nhất là về việc kết hợp p,q,r cùng với Schur và các bất đẳng thức cơ bản. Duy có 1 ví dụ phải sử dụng 1 bổ đề chặt hơn Schur để chứng minh đó là ví dụ 15. Đây chắc là một gợi mở để các bạn tiếp tục tìm ra những hướng sử dụng p,q,r hiệu quả hơn nữa. Tìm ra những ước lượng đẹp cho r. Trước đây mình cũng có viết 1 bài về p,q,r nhưng lúc đó còn ít ví dụ. Và trước đây thầy Phạm Văn Thuận cũng đã up lên forum này 1 file của chương 4 quyển sách Suy luận và khám phá. Đó có thể nói là một tài liệu đầy đủ về p,q,r (tuy nhiên cũng chỉ mới xoay quanh Schur + các bdt cơ bản khác). Hiện tại mình chưa tìm ra topic đó nhưng nó ở trong box Quán cóc thì phải :lol: Lúc nào tìm thấy mình sẽ post lên sau.
Dù sao vẫn chờ đợi bài viết về p,q,r của anh Cẩn. Mấy cái bổ đề về p,q,r cho dạng hoán vị anh nêu trong topic 3 bài toán mở thật sự khiến em tò mò :D
Về kinh nghiệm bản thân của mình thì p,q,r kết hợp với đạo hàm thường xử lí rất nhanh mà khỏi phải suy nghĩ nhiều. Cái quan trọng là ta phải tìm ra các chặn trên và dưới đủ chặt cho r mà thôi :D


#185814 Đưa LaTeX vào trong Word và Powerpoint bằng Auora

Gửi bởi zaizai trong 25-05-2008 - 22:47

Cách tốt nhất là sử dụng Scientific WorkPlace 5.5 đây chính là phần mềm hội tụ cả 2 tính năng tuyệt với và rất hay đó là TeX và cả Mathtype. Có thể gõ công thức như Mathtype và có thể xuất luôn sáng PDF. Nó hội tụ mọi ưu điểm của các chương trình gõ TeX và hội tụ đủ mọi tính năng của Mathtype chưa kể còn có cả bộ tính toán, vẽ đồ thị... Rất tiện dụng và file xuất PDF đẹp hơn cả PcTeX nhiều lần !!! Nó có thể đọc đc cả file TeX và tự động convert sang công thức dạng Mathtype. Sử dụng tiếng Việt unicode, có thể chèn ảnh, bảng, và các tính năng như word.
Phải nói rằng hãy dẹp bỏ tất cả PcTeX, MiKTeX và cả Mathtype + word để dùng mỗi Scientific WorkPlace 5.5 . Link download như dưới đey và muốn sử dụng Tiếng Việt và cả khoá :infty thì liên hệ với mình để rõ hơn :gamma

ftp://ftp.mackichan.com/download/version55/swp-pro550.exe


#178028 Câu 4 VMO 2008

Gửi bởi zaizai trong 29-01-2008 - 23:55

Dạng này có thể giải tổng quát như sau:

Cho hàm số $f(x) $xác định và có đạo hàm trên miền xác định $D$ thoả mãn điền kiện $|f'(x)|\le c<1 $$(c=const)$ và phương trình $f(x)=x$ có nghiệm duy nhất $\alpha \in D$ khi đó dãy số $(x_n) (n=0,1,2...)$ xác định bởi $x_0\in D$ và $x_{n+1}=f(x_n)$ có giới hạn là $\alpha $ khi $n\to +\infty $.

Chứng minh khá là đơn giản:
Giả sử rằng: $|f'(x)|\le c<1 $ thì theo Lagrende, với mỗi n đủ lớn $\exists c_n\in [x_n,\alpha]$ sao cho $f(x_n)-f(\alpha)=(x_n-\alpha)f'(c_n)$ Từ đó suy ra:

$|x_{n+1}-\alpha|=|x_n-\alpha||f'(c_n)|\le |x_n-\alpha|c$

Dùng truy hồi và qui nạp ta có:

$0<|x_n-\alpha|\le |x_n-\alpha|c\le...\le |x_0-\alpha|c^n$

Lại có:

$\lim_{n\to +\infty}c^n=0\to \lim_{n\to +\infty}x_n=\alpha$

Để chứng minh $f(x)=x$ có nghiệm duy nhất $\alpha \in D$ ta chỉ cần xét hàm số $g(x)=f(x)-x$. Hàm này có đạo hàm bậc nhất nhỏ hơn $0$ suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.


#169298 Gõ công thức toán học lên diễn đàn bằng Mathtype

Gửi bởi zaizai trong 14-10-2007 - 07:33

Em cũng thử phát cho nó máu :vdots
$ {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt {a^2 + b^2 } - \dfrac{{ - b \pm \sqrt {b^2 - 4ac} }}{{2a}} + \dfrac{1}{2} + $


#169297 Gõ công thức toán học lên diễn đàn bằng Mathtype

Gửi bởi zaizai trong 14-10-2007 - 07:29

chà cái trò này hay phết anh Magus ơi :vdots nhưng tiếc là em dùng TeX hơi bị quen rồi :vdots mà cách cài tiếng Việt cho PcTeX em quên mất rồi, anh hay ai đó bày em với nhá :vdots


#160632 Phương Trình Nghiệm Nguyên

Gửi bởi zaizai trong 17-07-2007 - 23:16

Hồi cấp 2 em rất thích giải mấy bài phương trình nghiệm nguyên. Hồi đó có 1 bài em thấy rất làm thích thú. Hình như nó có tên là Phương trình Lebesgue :leq Và để giải bài đó cũng dùng cái bổ đề rất cổ điển nhưng rất hay (nó còn giúp solve cả đống bài khác :lol:). Bài nó là thế này:
Giải phương trình nghiệm nguyên:

$x^2+k=y^3$

Hình thức rất đơn giản nhưng theo cảm nhận của zaizai thì đây là 1 phương trình nghiệm nguyên đẹp và hay. Các bác có thể chứng minh thử với 1 số k cụ thể như sau:
$k=3,5,17,-11,-13,16$
Mọi người cũng giải cho vui cửa vui nhà nào :lol:



#158413 Bất đẳng thức Schur và kĩ thuật đổi biến theo các đa thức Viete

Gửi bởi zaizai trong 30-06-2007 - 09:50

Các ví dụ trên khá là đơn giản và dễ hiểu. Sau đây là một số bài toán dành cho việc luyện tập :D
Bài toán 1: [hungkhtn + zaizai]
Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a+b+c\ge 3$. Chứng minh rằng:
$(a^2+a+1)(b^2+b+1)(c^2+c+1)\ge 9(ab+bc+ca)$
Bài toán 2:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương . Chứng minh rằng:
$2(1+abc)+\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\ge (1+a)(1+b)(1+c)$
Bài toán 3:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=2$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{bc}{a^2+1}+\dfrac{ca}{b^2+1}+\dfrac{ab}{c^2+1}\le 1$
Bài toán 4:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{5-2ab}+\dfrac{1}{5-2bc}+\dfrac{1}{5-2ac}\le 1$
Bài toán 5:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng:
$21+18abc\ge 13(ab+bc+ca)$

Còn rất nhiều bài toán có thể giải theo kĩ thuật này, đôi khi nó là một công cụ khá hiệu quả và đơn giản ... dù đây là một kĩ thuật ko quá mạnh nhưng nó thật sự có những nét độc đáo riêng :D Một lượng lớn bài tập ko thể nêu ra hết được ... hi vọng các bạn sẽ tiếp tục bổ sung các bài toán đặc sắc hơn :D


#157311 Trần Phương

Gửi bởi zaizai trong 20-06-2007 - 10:46

em cũng có quen thầy Trần Phương. Có đọc qua bài viết trên thấy mọi việc còn chưa rõ ràng nên em quyết định gửi link cho chính thầy và thầy có nhờ em dẫn chứng lời của thầy vào để mọi người được biết thêm "nếu có một ai chứng minh tôi trượt môn giải tích của giáo sư Lê Mậu Hải hoặc chứng minh tôi chưa có bằng cử nhân thì tôi sẽ mất 1 tỉ đồng. Còn nếu ko chấm dứt ngay việc nói xấu sau lưng qua sự kích động của một ai đó thì tôi sẽ kiện ban biên tập về tội dung túng cho sự vu khống. Nên nhớ tôi là một giám đốc một trung tâm phát triển các sản phẩm trí tuệ thì hồ sơ phải có bằng Đại học trở lên. Mặc dù chuyện học hành của tôi không suôn sẽ nhưng ko đến mức tệ như thế đâu."
Đây là nguyên văn lời của thầy Trần Phương em chỉ post hộ thầy ấy thôi.


#156822 Bất đẳng thức Schur và kĩ thuật đổi biến theo các đa thức Viete

Gửi bởi zaizai trong 12-06-2007 - 07:58

Bất đẳng thức Schur và kĩ thuật đổi biến theo các đa thức Viete


Phần 1: Đa thức đối xứng 3 biến:

Bất đẳng thức đối xứng 3 biến là một dạng rất thú vị và thường xuất hiện trong các kì thi Olympic. Ta có thể định nghĩa về đa thức đối xứng 3 biến như sau:
Đa thức $F(a,b,c)$ với bộ 3 biến thực a,b,c được hiểu là hàm số có dạng:
$F(a,b,c)=\sum_{s=0}^{N}M_s(a,b,c)$
Trong đó:
$M_s(a,b,c)=\sum_{i+j+k=s}T_{ijk}a^ib^jc^k$
Với $i,j,k\in \mathbb{N}$

Ta định nghĩa đa thức đối xứng 3 biến như sau:
Nếu $F(a,b,c)=F'(a',b',c')$
Trong đó $(a',b',c') $là một hoán vị tùy ý của $(a,b,c)$ thì ta gọi $F(a,b,c) $là một đa thức đối xứng.

Phần 2: Các đa thức đối xứng Viete:
Ta định nghĩa các đa thức đối xứng Viete trong lớp các bài toán bao gồm 3 biến số là các đang thức có dạng:

$p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$


Định lí:
Mọi đa thức đối xứng $F(a,b,c)$ đều có thể biểu diễn dưới dạng các đa thức đối xứng Viete.
Đây là 1 định lí đại số rất cơ bản và quan trọng. Phép chứng minh xin ko được nêu ra ở đây. Bạn có thể tham khảo từ rất nhiều trong các tài liệu về Đa thức đại số.

Phần 3, Làm quen với bất đẳng thức Schur:
Có thể rất nhiều bạn đã quá quen thuộc với bất đẳng thức này cũng với phép chứng minh chỉ gồm 2 dòng cho nó. Tuy nhiên trong bài viết này chúng ta sẽ đưa ra một phép chứng minh "lạ mắt" hơn 1 tí. Đôi khi nó cũng là một việc làm rất thú vị:
Định lí schur:
Cho $a,b,c $là các số thực dương. Khi đó với mọi $r\ge 0$thì
$\fbox{a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0}$
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$hoặc $a=b$và $c=0 $cùng các hoán vị của nó.
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $a\ge b\ge c$
Ta có :
$a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b)\ge 0$
$\Leftrightarrow \sum a^r [(a-b)^2+(a-c)^2-(b-c)^2 ]\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum (b-c)^2(c^r+b^r- a^r)\ge 0$
Bất đẳng thức đã qui về dạng chính tắc với:
$S_a=c^r+b^r-a^r \\ S_b=a^r+c^r-b^r \\ S_c=a^r+b^r-c^r$
Dễ thấy ta có $S_b, S_c\ge 0$. Ta cần chứng minh $S_c+S_a\ge 0$
Thật vậy ta có $S_c+S_a=2b^r\ge 0$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$hoặc$ a=b$và $c=0 $cùng các hoán vị của nó.


Phần 4, Làm mạnh bất đẳng thức Schur và ứng dụng của nó:
Trước khi đi vào phần chính của kĩ thuật này, chúng ta hãy cùng tản mạn với bất đẳng thức Schur bằng việc phát biểu và chứng minh trường hợp mạnh hơn của nó trong trường hợp $r=1$.
Như các bạn đã biết với $r=1$thì bất đẳng thức Schur có dạng:
$a^3 +b^3+c^3 + 3abc\ge ab(a+b)+bc(c+b)+ca(c+a)$
Và xuất phát từ ý tưởng làm mạnh bài toán ta sẽ suy nghĩ ngay tới bất đẳng thức
$2(a^2+b^2)\ge (a+b)^2$suy ra $\sqrt{2(a^2+b^2) }\ge a+b$
Bây giờ là bước 2, làm mạnh theo những gì đã định hướng ta chứng minh bất đẳng thức
$a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\sqrt{2(a^2+b^2) }+bc\sqrt{2(c^2+b^2)}+ca\sqrt {2(c^2+a^2) }$
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(a+c) \\ -ab(\sqrt{2(a^2+b^2)}-a-b)-bc(\sqrt{2(b^2+c^2)}-b-c)-ca(\sqrt{2(c^2+a^2)}-c-a) \ge 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{(a+b-c)(a-b)^2+(b+c-a)(b-c)^2+(c+a-b)(c-a)^2}{2} \\ -\dfrac{ab(a-b)^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b }-\dfrac{bc(b-c)^2}{\sqrt{2(b^2+c^2)}+b+c }-\dfrac{ca(c-a)^2}{\sqrt{2(c^2+a^2)}+c+a}\ge 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\sum (a-b)^2[(a+b-c)- \dfrac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b }]\ge 0$
Như vậy bước biến đổi về dạng chính tắc đã thành công. Ta chuyển sang bước đánh giá.
Không mất tính tổng quát giả sử $a\ge b\ge c$
Ta có:
$S_c=(a+b-c)- \dfrac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b }=\dfrac{(a+b-c)(\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b)-2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}\\ \ge \dfrac{2(a+b-c)(a+b)-2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}\ge 0$
(do $a+b\ge a$và $a+b-c\ge b$)
Tương tự ta dễ dàng chứng minh $S_b\ge 0$và dẫn đến
$S_b+S_c\ge 0 $bây giờ ta cần chứng minh:
$S_a+S_c=2b-\dfrac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}-\dfrac{2bc}{\sqrt{2(b^2+c^2)}+b+c }\\ \ge 2b[1-\dfrac{a}{2(a+b) }-\dfrac{c}{2(b+c) }]=b[\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{b}{b+c})]\ge 0$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $hoặc $a=b$và $c=0$cùng các hoán vị của nó.

Phần 5: Kĩ thuật đổi biến theo các đa thức đối xứng Viete
Phần này là mục tiêu và cũng là nội dung chính của bài viết. Tư tưởng của kĩ thuật này chắc hẳn chỉ nhìn vào chúng ta cũng dễ dàng nhận ra nó gồm 2 bước:
+ Đổi biến một bất đẳng thức đối xứng 3 biến về dạng các đa thức Viete.
+ Sử dụng định lí Schur để chứng minh bất đẳng thức sau khi đã đổi biến.
Dễ dàng biểu diễn các trường hợp của bất đẳng thức schur theo 3 biến p,q,r
Với trường hợp lũy thừa là 0 thì:
$a^0(a-b)(a-c)+b^0(b-c)(b-a)+c^0(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow pq-9r\ge 0$
Với trường hợp lũy thừa là 1 thì:
$a^1(a-b)(a-c)+b^1(b-c)(b-a)+c^1(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow p^3-4qp+9r\ge 0$
Với trường hợp lũy thừa là 2 thì:
$a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-c)(b-a)+c^2(c-a)(c-b)\ge 0 \\ \Leftrightarrow p^4-5p^2q+4q^2+6pr \ge 0$
Bất đẳng thức phụ:
$p^2\ge 3q, p^3\ge 27r, q^2\ge 3pr, 2p^3+9r\ge 7pq \\ p^2q+3pr\ge 4q^2 \\ p^2q\ge 3pr+2q^2 \\ p^4+3q^2\ge 4p^2a, p^3r+q^3\ge 6pqr \\ ..............$

Còn rất nhiều bất đẳng thức phụ dạng này các bạn hoàn toàn có thể dùng SOS để chứng minh nó.
Để đổi biến 1 bất đẳng thức đối xứng về dạng các đa thức đối xứng Viete ta cần nắm các hằng đẳng thức đáng nhớ sau:
$(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r \\ (a+b)(b+c)+(c+a)(a+b)+(c+a)(b+c)=p^2+q \\ a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r \\ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=q^2-2pr\\ a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=q^3-3pqr+3r^2 \\ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=pq-3r \\ a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr \\ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)=p^2q-2q^2-pr \\...............$

Chúng ta có thể dễ dàng thiết lập và tìm ra nhiều hằng đẳng thức nữa. Trên đây là những hằng đẳng thức cho các đa thức bậc thấp hơn 4.

Phần 6: Ứng dụng


Bài toán:[ZaiZai]
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng:
$3(a^2+b^2+c^2)+abc\ge 10$

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$3p^2-6q+r \ge 10$
$\leftrightarrow 3p^2-7q -6 \ge 0$
Theo bất đẳng thức Schur ta có $ q \le \dfrac{36+p^3}{4p+9}$
$\leftrightarrow 3p^2-7\dfrac{36+p^3}{4p+9}-6 \ge 0$
$\leftrightarrow 5p^3+27p^2-24p-306 \ge 0$
$\leftrightarrow \dfrac{(p-3)(5p^2+42p+102)}{4p+9}\ge 0$
Điều này hiển nhiên đúng do $p\ge 3$ và $5p^2+42p+102\ge 0$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài toán 2:[Balkan Contest]
Cho $a,b,c $ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$
$ 2(a^2+b^2+c^2)+12 \ge 3(a+b+c) + 3(ab+bc+ca)$

Ta viết bất đẳng thức lại dưới dạng:
$2(p^2-2q)+12\ge 3p+3q$

Theo bất đẳng thức schur ta có: $q\le \dfrac{p^3+9}{4p}$
Từ đó ta phải chứng minh:
$2p^2-3p-\dfrac{7(p^3+9)}{4p}+12\ge 0\\ \leftrightarrow \dfrac{(p-3)(p^2-9p+21}{4p}\ge 0$
Điều này hiển nhiên đúng vì $p\ge 3$ (by Am-GM) và $p^2-9p+21=(p-\dfrac{9}{4})^2+\dfrac{3}{4}\ge 0$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài toán 3:[Vasile Cirtoaje]
Cho $a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$\dfrac 1{a+b}+\dfrac 1{b+c}+\dfrac 1{c+a}\ge \dfrac{a+b+c}{2(ab+bc+ca)}+\dfrac 3{a+b+c}$
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\dfrac{p^{2}+q}{pq-r}\ge \dfrac{p}{2q}+\dfrac{3}{p}$
$\leftrightarrow \dfrac{p^{2}+3}{3p-r}\ge \dfrac{p}{6}+\dfrac{3}{p}$
Từ đó biến đổi biểu thức ta cần phải chứng minh:
$(p^{2}+3)6p-p^{2}(3p-r)-18(3p-r)\ge 0$
$\leftrightarrow 3p^{3}+p^{2}r-36p+18r\ge 0$
Lại có theo bất đẳng thức Schur thì:
$p^{3}-4pq+9r\ge 0 \leftrightarrow p^{3}-12p+9r\ge 0$
Ta có:
$\leftrightarrow 3p^{3}+p^{2}r-36p+18r\ge 0$
$\leftrightarrow3(p^{3}-12p+9r)+r(p^{2}-9)\ge 0$
Mặt khác ta lại có:
$r(p^{2}-9)\ge 0 \leftrightarrow (a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\ge 0$
Bài toán được chứng minh.

Bài toán 4:[Phạm Kim Hùng]
Chứng minh rằng nếu $a,b,c$ là các số thực không âm và $k\ge 3$ thì

$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{k}{a+b+c}\ge \dfrac{2\sqrt{k+1}}{\sqrt{ab+bc+ca}}.$

Lời giải: [tanpham]
Ta cần chứng minh :
$\dfrac{p^2+q}{pq-r}+\dfrac{k}{q} \geq\ \dfrac{2\sqrt{k+1}}{\sqrt{q}}$
Dễ thấy :
$\dfrac{p^2+q}{pq-r}+\dfrac{k}{q} \geq\ \dfrac{p^2+q}{pq}+\dfrac{k}{q}=\dfrac{p}{q}+\dfrac{k+1}{p} \geq\ \dfrac{2\sqrt{k+1}}{\sqrt{q}}$
Đúng theo AM-GM !
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ với bộ số:
$(\dfrac{k-1+\sqrt{k^{2}-2k-3}}{2}a,a,0)$ và $(\dfrac{k-1-\sqrt{k^{2}-2k-3}}{2}a,a,0)$

Bài toán 5:[Phạm Kim Hùng]
Chứng minh rằng nếu $a,b,c$ là các số thực không âm thì:
$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{b+a}+\dfrac{3 \sqrt[3]{abc}}{2(a+b+c)}\ge 4$.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawz ta có:
$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{b+a}+\dfrac{3 \sqrt[3]{abc}}{2(a+b+c)}$
$\ge \dfrac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ca)}+\dfrac{3 \sqrt[3]{abc}}{2(a+b+c)}$
Chúng ta cần chứng minh:
$\dfrac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+\dfrac{3 \sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\ge 4$
Theo bất đẳng thức schur ta có:$ p^{3}-4pq+9r\ge 0$. Chuẩn hóa $r=abc=1 $khi đó ta có bất đẳng thức tương đương với:
$\dfrac{p^{2}}{q}+\dfrac{3}{p}\ge 4 \leftrightarrow p^{3}+3q\ge 4pq \leftrightarrow (p^{3}-4qp+9r)+(3q-9r)\ge 0$
Điều này hiển nhiên đúng vì:
$p^{3}-4pq+9r\ge 0$ và $3q\ge 9r$
Lại có
$3q=3(ab+bc+ca)\ge 9\sqrt[3]{(abc)^{2}}=9=9r \leftrightarrow 3q\ge 9r$

Bài toán 6:[ZaiZai]
Chứng minh rằng nếu $a,b,c$ là các số thực không âm
$\dfrac{27}{2}\ge 4(ab+bc+ca)+\dfrac{a^2b^2}{a+b}+\dfrac{b^2c^2}{b+c}+\dfrac{c^2a^2}{c+a}$

Có thể dùng SOS hoặc SS sau khi đồng bậc hóa chúng, tuy nhiên có thể giải quyết đơn giản chỉ bằng schur. :( Thử ghi ra phát coi :in
Ta đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc $. Dễ dàng đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng các biểu thức Viet trên:
$\dfrac{27}{2}\ge 4q+\dfrac{q^3-6pr+3r^2}{3q-r}$
Đến đây sử dụng 2 nhận xét theo schur thì:
$ r\le \dfrac{q}{3} $ và $r\ge \dfrac{4q-9}{3}$
Từ đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$6q(9-3q)(q+2)\ge 0 $
Cái này hiển nhiên đúng do:
$9-3q=(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài toán 7:[Võ Quốc Bá Cẩn]
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca+6abc=9$. Tìm hằng số k tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau là đúng:
$a+b+c+kabc\ge k+3$

Dễ dàng dự đoán $k=3 $là hằng số tốt nhất. Như vậy ta cần chứng minh:
$p+3r\ge 6$ hay $2p-q\ge 3$
Nếu $p\ge 6$ thì ta có điều phải chứng minh. Giả sử ngược lại $p\in [3;6]$ . Khi đó ta xét 2 trường hợp:

+ Trường hợp 1: $p^2\ge 4q$ ta có:
$2p-q\ge 2p-\dfrac{p^2}{4}=\dfrac{(p-2)(6-p)}{4}+3\ge 3$

+ Trường hợp 2: $p^2\le 4q$ ta có:
$27=3q+18r\ge 3q^2+2p(4q-p^2)$
Từ đó suy ra:
$2p-q\ge 2p-\dfrac{2p^3+27}{8p+3} \ge 3$
Thật vậy vì điều này tương đương với:
$(p+1)(p-3)(p-6)\le 0$
Điều này hiển nhiên đúng.

Bài toán 8:[Phạm Kim Hùng]
Chứng minh với các số thực không âm $a,b,c$ thì
$(a^4+b^4+c^4)(ab+bc+ca) \ge (a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).$

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$. Khi đó ta có biểu thức cần chứng minh tương đương với:
$(p^4-4p^2q+2q^2+4pr)q\ge (p^2-2q)(q^2-2pr)$
Không mất tính tổng quát chuẩn hóa $q=ab+bc+ca=1$. Khi đó ta cần chứng minh:
$p^4-4p^2+2+4pr \ge p^2-2p^3r-2+4pr$
Điều này tương đương với:
$(p^4-5p^2+4+6pr)+(2p^3r-6pr)\ge 0$
Khi đó ta có, theo bất đẳng thức Schur bậc 4:
$(p^4-5p^2+4+6pr)\ge 0$
Lại có:
$2p^3r-6pr=2pr(p^2-3)\ge 0$
Điều này hiển nhiên đúng vì ta có:
$p^2-3=(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge 0$

Bài toán 9:[ZaiZai]
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)}+1\ge \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$


Ta có
$(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)=2+a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3+a^3+b^3+c^3$
Sử dụng kết quả
$a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3$
$a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3=q^3-3pq+3$
Ta có
$(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)=p^3-3pq+q^3-3pq+8$
BDT đưa về
$p^3-3pq+q^3-3pq+8 \ge (q-1)^3$
$\Leftrightarrow p^3+3q^2+9\ge 6pq+3q$
Xét các trường hợp
Nếu $q \ge p$ thì theo schur có $p^3+9\ge 4pq $
BDT thành $3q^2\ge 3q+2pq$
Do $q\ge p$ nên BDT thành $q^2\ge 3q$ (đúng)
Nếu $p\ge q$ thì BDT thành
$p^3+3q^2+9q+9\ge 6pq+12q$
AM-GM có
$p^3+3q^2+9q\ge 9pq $
cần có $9pq+9\ge 6pq+12q$
$\Leftrightarrow pq+3 \ge 4q$
do $p\ge q$ nên $pq+3 \ge q^2+3\ge 4q$ (Điều này đúng do$ p\ge 3$)


Còn cập nhật tiếp .......... :in
Bài viết lấy từ diễn đàn VIF - www.bdt.ch06k.com
[/COLOR]


#137142 Những định nghĩa và tính chất cơ bản

Gửi bởi zaizai trong 09-12-2006 - 18:22

Định nghĩa "Tứ giác toàn phần"
Một tứ giác toàn phần là một hình được tạo nên bởi bốn đường thẳng, từng đôi một cắt nhau nhưng không có ba đường nào đồng qui. Một hình tứ giác toàn phần có 4 cạnh là 4 đường thẳng, có 6 đỉnh là 6 giao điểm và 3 đường chéo là 3 đoạn đi qua đỉnh đối diện (chú ý hai đỉnh này không phụ thuộc một cạnh).

Tính chất:
Trong một tứ giác toàn phần, ba trung điểm của ba đường chéo thẳng hàng.

Chứng minh tính chât:
Hình đã gửi
Hình minh họa có từ giác toàn phần với 6 điểm A,B,C,D,E,F, bốn cạnh là CA,CB,AF,FD và 3 đường chéo là AE,BD,CF. Ta cần chứng minh 3 trung điểm M,N,Y của 3 đường chéo nói trên thẳng hàng.
Dựng JK,KL,JL là các đường trung bình của tam giác ABC nên M,N,Y lần lượt thuộc JK,JL,KL. Do đó ta có:
$ \dfrac{\bar{MK}}{\bar{MJ}}= \dfrac{\bar{EC}}{\bar{EB}} \\ \dfrac{\bar{NJ}}{\bar{NL}}= \dfrac{\bar{DA}}{\bar{DC}} \\ \dfrac{\bar{YL}}{\bar{YK}}= \dfrac{\bar{FB}}{\bar{FA}}$
Nhân từng vế đẳng thức ta có:
$ \dfrac{\bar{MK}}{\bar{MJ}} \times \dfrac{\bar{NJ}}{\bar{NL}} \times \dfrac{\bar{YL}}{\bar{YK}}=\dfrac{\bar{EC}}{\bar{EB}} \times \dfrac{\bar{DA}}{\bar{DC}} \times \dfrac{\bar{FB}}{\bar{FA}}=1$
Điều này suy ra M,N,Y thẳng hàng theo định lí Menelaus.

PS: anh neverstop cứ để phần này thế đã nhé, tối em post hình và lời giải cho tính chất trên :Leftrightarrow Giờ đi măm măm đã :oto


#123501 Kinh nghiệm học toán vecto

Gửi bởi zaizai trong 22-10-2006 - 00:33

đọc quanh 2 trang mà chẳng thấy kinh nghiệm đâu cả chỉ thấy 2 điều là: "mình mới học lớp 10 và rất thích vector" + "sách của thầy Minh Hà hay lắm" :forall
Ko biết mod box này đây ấy nhỉ vào đây chỉnh sửa 1 tí đi ạ :in
Riêng về vector thì đây là 1 phương pháp hay đặc biệt là đại số hóa 1 số bài toán hình học. Thường thì sử dụng tích vô hướng để chứng minh 2 đường thẳng vuông góc, sử dụng tích 1 số với 1 vecto để chứng minh 3 điểm thẳng hàng...
Kinh nghiệm của mình là ... học hết :in Nhưng mà đúng là học nhiều quên nhiều :in Dạo qua Forum Geometricorum thì thầy Minh Hà (hì lại liên quan đến thầy Hà :D) có 3 bài đăng trên tạp chí này trong đó có tới 2 bài liên quan đến việc dùng vecto để chứng minh các định lí hình học. Đó là bất đẳng thức của cụ Jack và định lí Drop ...


#111779 Khám phá định lí Ptô-lê-mê

Gửi bởi zaizai trong 07-09-2006 - 10:23

sắp tới zaizai sẽ update bài viết này và sẽ post lại trong box chuyên đề THPT. Bài viết bổ sung này sẽ cung cấp thêm một vài cách chứng minh định lí Ptolemy bằng số phức, điểm nghịch đảo, 2 cách làm thuần hình học trong đó có 1 cách rất hay xử lí được cả đẳng thức và bất đẳng thức Ptolemy... Việc tìm thêm cách giải để so sánh sức mạnh của định lí sẽ được nêu kĩ càng hơn qua đó tìm hướng tổng quát của một vài bài. Mong rằng bài viết bổ sung tới sẽ đầy đủ hơn và có chiều sâu hơn.
Nếu các bạn có các cách giải khác cho các bài toán trong bài này và các bài tổng quát xin post lên đây hoặc pm cho zaizai để kịp bổ sung trong dịp sắp tới :Rightarrow


#93129 Khám phá định lí Ptô-lê-mê

Gửi bởi zaizai trong 08-07-2006 - 10:09

cái này có lẽ là tại mình dốt ko biết những cách mà bạn nói đến.
Nhưng ít nhất là mình cũng ko cần cách "dạy phải làm thế này hay làm thế kia". Cái đó ko cần thiết mình nghĩ sao viết vậy. Và mình thấy vậy là đủ.
Nếu bạn muốn trình bày ý kiến thì hãy tự viết lấy 1 bài chuyên đề của riêng mình và có thể tự nhận xét nó. Còn cái mà bạn nói cũng chẳng có ý nghĩa gì. Cách của mình là vậy đó.
Tốt nhất chuyện này nên chấm dứt. Ko rãnh thời gian mà cãi nhau với bạn, thế thôi! :geq


#84837 Khám phá định lí Ptô-lê-mê

Gửi bởi zaizai trong 06-06-2006 - 15:23

KHÁM PHÁ ĐỊNH LÍ PTÔ-LÊ-MÊ

I. Mở đầu:
Hình học là một trong những lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú vị nhất và khó khăn nhất. Nó đòi hỏi ta phải có những suy nghĩ sáng tạo và tinh tế. Trong lĩnh vực này cũng xuất hiện ko ít những định lí, phương pháp nhằm nâng cao tính hiệu quả trong quá trình giải quyết các bài toán, giúp ta chinh phục những đỉnh núi ngồ ghề và hiểm trở . Trong bài viết này zaizai xin giới thiệu đến các bạn một vài điều cơ bản nhất về định lí Ptô-lê-mê trong việc chứng minh các đặc tính của hình học phẳng. Dù đã rất cố gắng nhưng bài viết sẽ không thể tránh khỏi những thiếu xót mong rằng các bạn sẽ cùng zaizai bổ sung và phát triển nó.

II, Nội dung - Lí thuyết:
1. Đẳng thức Ptô-lê-mê:
Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Khi đó:

$\fbox{AC.BD=AB.CD+AD.BC}$

Hình minh họa (hình 1)
Hình đã gửi

Chứng minh:
Lấy $M$ thuộc đường chéo $AC$ sao cho $\widehat{ABD}=\widehat{MBC}.$
Khi đó xét $\Delta ABD$và $\Delta MBC$có: $\widehat{ABD}=\widehat{MBC}, \widehat{ADB}=\widehat{MCB}.$
Nên $\Delta ABD$đồng dạng với $\Delta MBC (g.g).$
Do đó ta có:
$\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{MC}{BC} \Rightarrow AD.BC=BD.MC (1)$. Lại có: $\dfrac{BA}{BD}=\dfrac{BM}{BC}$ và $\widehat{ABM}=\widehat{DBC}$ nên $\Delta ABM \sim \Delta DBC (g.g).$Suy ra $\dfrac{AB}{AM}= \dfrac{BD}{CD}$ hay $AB.CD=AM.BD (2).$
Từ $(1)$và $(2)$ suy ra:
$AD.BC+AB.CD=BD.MC+AM.BD=AC.BD$
Vậy đẳng thức Ptô-lê-mê được chứng minh.

2, Bất đẳng thức Ptô-lê-mê:
Đây có thể coi là định lí Ptô-mê-lê mở rộng bởi vì nó không giới hạn trong lớp tứ giác nội tiếp .

Định lí: Cho tứ giác $ABCD$. Khi đó:
$AC.BD\leq AB.CD+AD.BC$

Hình minh họa (hình 2)
Hình đã gửi
Chứng minh:
Trong $\widehat{ABC}$ lấy điểm M sao cho:
$\widehat{ABD} = \widehat{MBC} , \widehat{ADB} = \widehat{MCB}$
Dễ dàng chứng minh: $\Delta BAD \sim \Delta BMC \Rightarrow \dfrac{AD}{MC} = \dfrac{BD}{CB} \Rightarrow BD.CM=AD.CB$
Cũng từ kết luận trên suy ra:
$\dfrac{AB}{BM} = \dfrac{BD}{BC} , \widehat{ABM} = \widehat{DBC} \\ \Rightarrow \Delta ABM \sim \Delta DBC (c.g.c) \Rightarrow \dfrac{AB}{AM} = \dfrac{BD}{CD} \Rightarrow AB.DC=BD.AM$
Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác và các điều trên ta có:
$AD.BC+AB.DC=BD(AM+CM)\ge BD.AC$
Vậy định lí Ptô-lê-mê mở rộng đã được chứng minh.

3, Định lí Ptô-lê-mê tổng quát:
Trong mặt phẳng định hướng cho đa giác $A_0A_1...A_{2n}$nội tiếp đường tròn $(O)$. M là một điểm thuộc cung $A_0A_{2n}$ (Không chứa $A_1; ...; A_{2n-1}$)
Khi đó:
$\sum\limits_{0\le k\le n}{tg [ \dfrac{1}{4}OA_{2k-2}, OA_{2k})]+tg[ \dfrac{1}{4}OA_{2k}, OA_{2k+2})]}OA_{2k} \\ = \sum\limits_{1\le k \le n}{tg[ \dfrac{1}{4}OA_{2k-3}, OA_{2k-1})]+tg[\dfrac{1}{4}OA_{2k-1}, OA_{2k+1})]}}OA_{2k-1}$.
Trong đó:
$A_{-1}=A_{2n}, A_{-2}=A_{2n-1}, A_{2n+1}=A_{0}, A_{2n+2}=A_{1}$

Đây là một định lí ko dễ dàng chứng minh được bằng kiến thức hình học THCS. Các bạn có thể tham khảo phép chứng minh trong bài viết Định lí Ptô-lê-mê tổng quát của Tiến sĩ Nguyễn Minh Hà, ĐHSP , Hà Nội thuộc Tuyển tập 5 năm Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
III, Ứng dụng của định lí Ptô-lê-mê trong việc chứng minh các đặc tính hình học:

1, Chứng minh quan hệ giữa các đại lượng hình học:
Mở đầu cho phần này chúng ta sẽ đến với 1 ví dụ điển hình và cơ bản về việc ứng dụng định lí Ptô-lê-mê.
Bài toán 1: Cho tam giác đều $ABC$ có các cạnh bằng $a (a>0).$Trên $AC$ lấy điểm$Q$ di động, trên tia đối của tia $CB$ lấy điểm $P$ di động sao cho $AQ.BP=a^2$. Gọi $M$ là giao điểm của $BQ$ và $AP$. Chứng minh rằng: $AM+MC=BM$
( Đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quí Đôn, thị xã Đông Hà, tỉnh Quảng Trị, năm học 2005-2006)

Hình minh họa (hình 3)
Hình đã gửi

Chứng minh:
Từ giả thiết $AQ.BP=a^2$suy ra $\dfrac{AQ}{AB}=\dfrac{AB}{BP}.$
Xét $\Delta ABQ$và $\Delta BPA$có:
$\dfrac{AQ}{AB}=\dfrac{AB}{BP} (gt) \\ \widehat{BAQ} =\widehat{ABP} \\ \Rightarrow \Delta ABQ \sim \Delta BPA (c.g.c)\Rightarrow \widehat{ABQ}=\widehat{APB} (1)$
Lại có $\widehat{ABQ} +\widehat{MBP}=60^o (2)$
Từ:
$(1), (2) \Rightarrow \widehat{BMP}=180^o-\widehat{MBP}-\widehat{MPB}=120^o \\ \Rightarrow \widehat{AMB}=180^o-\widehat{BMP}=180^o-120^o=60^o=\widehat{ACB}.$
Suy ra tứ giác $AMCB$ nội tiếp được đường tròn.
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác $AMCB$ nội tiếp và giả thiết $AB=BC=CA$ta có:
$AB.MC+BC.AM=BM.AC \Rightarrow AM+MC=BM$ (đpcm)

Đây là 1 bài toán khá dễ và tất nhiên cách giải này ko được đơn giản lắm.Vì nếu muốn sử dụng đẳng thức Ptô-lê-mê trong 1 kì thi thì có lẽ phải chứng minh nó dưới dạng bổ đề. Nhưng điều chú ý ở đây là ta chẳng cần phải suy nghĩ nhiều khi dùng cách trên trong khi đó nếu dùng cách khác thì lời giải có khi lại ko mang vẻ tường minh.

Bài toán 2: Tam giác $ABC$ vuông có $BC>CA>AB$. Gọi $D$ là một điểm trên cạnh $BC, E$ là một điểm trên cạnh $AB$kéo dài về phía điểm $A$ sao cho $BD=BE=CA$. Gọi $P$ là một điểm trên cạnh $AC$ sao cho $E, B, D, P$ nằm trên một đường tròn. $Q$ là giao điểm thứ hai của $BP$ với đường tròn ngoại tiếp $\delta ABC$. Chứng minh rằng: $AQ+CQ=BP$
(Đề thi chọn đội tuyển Hồng Kông tham dự IMO 2000, HongKong TST 2000)

Hình minh họa:(hinh 4)
Hình đã gửi

Chứng minh:
Xét các tứ giác nội tiếp $ABCQ$ và $BEPD$ ta có:
$\widehat{CAQ}=\widehat{CBQ}=\widehat{DEP}$
(cùng chắn các cung tròn)
Mặt khác $\widehat{AQC}=108^o-\widehat{ABC}=\widehat{EPD}$
Xét $\Delta AQC$và $\Delta EPD$có:
$\widehat{AQC}=\widehat{EPD} , \widehat{CAQ} =\widehat{DEP} \Rightarrow \Delta AQC \sim \Delta EPD \\ \Rightarrow \dfrac{AQ}{EP}=\dfrac{CA}{ED}\Rightarrow AQ.ED=EP.CA=EP.BD (1)$
(do $AC=BD$)
$\dfrac{AC}{ED} = \dfrac{QC}{PD} \Rightarrow ED.QC=AC.PD=BE.PD (2)$
(do $AC=BE$)
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $BEPD$ ta có:
$EP.BD+BE.PD=ED.BP$
Từ $(1), (2), (3)$ suy ra:
$AQ.ED+QC.ED=ED.BP\Rightarrow AQ+QC=BP$(đpcm)

Có thể thấy rằng bài 1 là tư tưởng đơn giản để ta xây dựng cách giải của bài 2. Tức là dựa vào các đại lượng trong tam giác bằng nhau theo giả thiết ta sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra các tỉ số liên quan và sử dụng phép thế để suy ra điều phải chứng minh. Cách làm này tỏ ra khá là hiệu quả và minh họa rõ ràng qua 2 ví dụ mà zaizai đã nêu ở trên. Để làm rõ hơn phương pháp chúng ta sẽ cùng nhau đến với việc chứng minh 1 định lí bằng chính Ptô-lê-mê.

Bài toán 3: ( Định lí Carnot)
Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O, R)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I, r).$Gọi $x,y,z$ lần lượt là khoảng cách từ $O$ tới các cạnh tam giác. Chứng minh rằng: $x+y+z=R+r$

Hình minh họa (hinh 5)
Hình đã gửi

Chứng minh:
Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của $BC, CA, AB$. Giả sử $x=OM, y=ON, z=OP, BC=a, CA=b, AB=c.$
Tứ giác $OMBP$ nội tiếp, theo đẳng thức Ptô-lê-mê ta có:
$OB.PM=OP.MB+OM.PB$
Do đó: $R.\dfrac{b}{2} =z.\dfrac{a}{2} +x.\dfrac{c}{2} (1)$
Tương tự ta cũng có :
$R.\dfrac{c}{2}=y.\dfrac{a}{2}+x.\dfrac{b}{2} (2) \\ R.\dfrac{a}{2} =y.\dfrac{c}{2}+z.\dfrac{b}{2} (3)$
Mặt khác:
$r( \dfrac{a}{2} +\dfrac{b}{2} +\dfrac{c}{2} )=S_{ABC}=S_{OBC}+S_{OCA}+S_{OAB}=x.\dfrac{a}{2}+y\dfrac{b}{2}+z.\dfrac{c}{2} (4)$
Từ $(1), (2), (3), (4)$ ta có:
$(R+r)( \dfrac{a+b+c}{2})=(x+y+z)(\dfrac{a+b+c}{2}) \Rightarrow R+r=x+y+z$
Đây là 1 định lí khá là quen thuộc và cách chứng minh khá đơn giản. Ứng dụng của định lí này như đã nói là dùng nhiều trong tính toán các đại lượng trong tam giác. Đối với trường hợp tam giác đó không nhọn thì cách phát biểu của định lí cũng có sư thay đổi.

2, Chứng minh các đặc tính hình học:

Bài toán 1: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ và $AC=2AB$. Các đường thẳng tiếp xúc với đường tròn $(O)$tại $A, C$ cắt nhau ở $P$. Chứng minh rằng $BP$ đi qua điểm chính giữa của cung $BAC.$

Hình minh họa(hinh 6)
Hình đã gửi

Chứng minh:
Gọi giao điểm của $BP$ với đường tròn là $N$. Nối $AN, NC$.
Xét $\delta NPC$và $\delta CPB$có: $\widehat{PCN}=\widehat{PBC}, \widehat{P}$ chung
$\Rightarrow \Delta NPC \sim \Delta CPB(g.g) \Rightarrow \dfrac{PC}{PB}=\dfrac{NC}{BC} (1)$
Tương tự ta cũng có $\Delta PAN \sim \Delta PBA (g.g)\Rightarrow \dfrac{AP}{BP} =\dfrac{AN}{AB} (2)$
Mặt khác $PA=PC$( do là 2 tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau)
Nên từ $(1), (2) \Rightarrow \dfrac{PA}{PB} =\dfrac{NC}{BC} =\dfrac{AN}{AB}\Rightarrow NC.AB=BC.AN (3)$
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $ABCN$ ta có:
$AN.BC+AB.NC=AC.BN$
Từ $(3) \Rightarrow 2AB.NC=AC.BN=2AB.BN\Rightarrow NC=BN$.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Đây có lẽ là một trong những lời giải khá là ngắn và ấn tượng của bài này.Chỉ cần qua vài quá trình tìm kiếm các cặp tam giác đồng dạng ta đã dễ dàng đi đến kết luận của bài toán. Tư tưởng ban đầu khi làm bài toán này chính là dựa vào lí thuyết trong cùng một đường tròn hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau. Do có liên quan đến các đại lượng trong tứ giác nội tiếp nên việc chứng minh rất dễ dàng.

Bài toán 2: Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm G. Giả sử rằng $\widehat{OIA}=90^o$. Chứng minh rằng $IG$ song song với $BC$.

Hình minh họa (hinh 7)
Hình đã gửi

Kéo dài $AI$ cắt $(O)$ tại $N$. Khi đó $N$ là điểm chính giữa cung $BC$ (không chứa $A$).
Ta có: $BN=NC (1)$. Lại có :
$\widehat{IBN} = \widehat{BIN} \Rightarrow BN=IN (2)$
Do $OI \perp AE$ suy ra $IA=IN= \dfrac{1}{2}$ sđ cung $BC(3)$
Từ $(1), (2), (3) \Rightarrow BN=NC=IN=IA (4)$
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $ABNC$ ta có:
$BN.AC+AB.NC=BC.AN$
Từ $(4) \Rightarrow BN(AC+AB)=2BN.BC \Rightarrow AC+AB=2BC (5)$
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác và (5) ta có:
$\dfrac{AB}{BD} = \dfrac{IA}{ID} = \dfrac{AC}{CD} = \dfrac{AB+AC}{BD+CD} \\ = \dfrac{AB+AC}{BC} = \dfrac{2BC}{BC}=2$
Vậy $\dfrac{IA}{ID} =2 (6)$
Mặt khác G là trọng tâm của tam giác suy ra $\dfrac{AG}{GM}=2 (7)$
Từ $(6), (7) \Rightarrow \dfrac{IA}{ID}=2=\dfrac{AG}{GM}$
Suy ra IG là đường trung bình của tam giác $ADM$ hay $IG$ song song với $BC$.

Đây là một bài toán khá là hay ít nhất là đối với THCS và với cách làm có vẻ "ngắn gọn" này ta đã phần nào hình dung được vẻ đẹp của các định lí.

Bài toán 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), CM là trung tuyến. Các tiếp tuyến tại A và B của (O) cắt nhau ở D. Chứng minh rằng:
$\widehat{ACD} = \widehat{BCM}$

Hình minh họa:(hinh 8)
Hình đã gửi
Chứng minh:
Gọi N là giao điểm của CD với (O). Xét tam giác DNB và DBC có:
$\widehat{DBN} = \widehat{DCB}, \widehat{D}$ chung.
$\Rightarrow \Delta DBN \sim \Delta DCB (g.g) \\ \Rightarrow \dfrac{NB}{CB} = \dfrac{BD}{CD} (1)$
Tương tự ta cũng có :
$\Delta DNA \sim \Delta DAC (g.g) \Rightarrow \dfrac{NA}{AC}= \dfrac{DA}{CD} (2)$
Mà $BD=DA$nên từ $(1), (2) \Rightarrow \dfrac{NB}{CB} = \dfrac{NA}{AC} \Rightarrow NB.AC=AN.BC (3)$
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $ANBC$ ta có:
$AN.BC+BN.AC=AB.NC$
Từ (3) và giả thiết
$AB=2BM \Rightarrow 2AN.BC=2BM.NC \Rightarrow \dfrac{AN}{NC} = \dfrac{BM}{BC}$
Xét $\Delta BMC$ và $\Delta NAC$ có:
$\widehat{MBC} = \widehat{ANC} , \dfrac{AN}{NC} = \dfrac{BM}{BC} \\ \Rightarrow \Delta BMC \sim \Delta NAC (c.g.c) \Rightarrow \widehat{BCM} = \widehat{NAC}$
Vậy bài toán được chứng minh.

Cơ sở để ta giải quyết các bài toán dạng này là tạo ra các tứ giác nội tiếp để áp dụng định lí sau đó sử dụng lí thuyết đồng dạng để tìm ra mối quan hệ giữa các đại lượng. Đây là một lối suy biến ngược trong hình học.

3, Chứng minh các đẳng thức hình học:

Bài toán 1: Giả sử $M, N$ là các điểm nằm trong $\delta ABC$sao cho $\widehat{MAB}=\widehat{NAC}, \widehat{MBA}=\widehat{NBC}$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{AM.AN}{AB.AC} + \dfrac{BM.BN}{BA.BC} + \dfrac{CM.CN}{CA.CB} =1$

Hình minh họa: (hinh 9)
Hình đã gửi

Chứng minh:

Lấy điểm K trên đường thẳng BN sao cho $\widehat{BCK} = \widehat{BMA}$, lúc đó $\Delta BMA \sim \Delta BCK$suy ra:
$\dfrac{AB}{BK} = \dfrac{BM}{BC} = \dfrac{AM}{CK} (1)$
$\Rightarrow \dfrac{AB}{MB} = \dfrac{BK}{BC}$
Mặt khác dễ thấy rằng $\widehat{ABK} = \widehat{MBC}$, từ đó $\Delta ABK \sim \Delta MBC$ dẫn đến $\dfrac{AB}{BM} = \dfrac{BK}{BC} = \dfrac{AK}{CM} (2)$.
Cũng từ $\Delta BMA \sim \Delta BCK$ ta có:
$\widehat{CKN} = \widehat{BAM} = \widehat{NAC}$.
suy ra tứ giác $ANCK$ nội tiếp đường tròn.
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác $ABCK$ ta có:
$AC.NK=AN.CK+CN.AK (3)$
Nhưng từ $(1)$ và $(2)$ thì :
$CK=\dfrac{AM.BC}{BM}, AK= \dfrac{AB.CM}{BM}, BK= \dfrac{AB.BC}{BM}$
Nên ta có đẳng thức (3)
$\Leftrightarrow AC(BK-BN)=AN.CK+CN.AK \\ AC( \dfrac{AB.BC}{BM} -BN)= \dfrac{AN.AM.BC}{BM} + \dfrac{CN.AB.CM}{BM} \\ \Leftrightarrow AB.BC.CA=AN.AM.BC+CN.AB.CM+BN.BM.AC \\ \Leftrightarrow \dfrac{AM.AN}{AB.AC} + \dfrac{BM.BN}{BA.BC} + \dfrac{CM.CN}{CA.CB}=1$

Đây là 1 trong những bài toán khá là cổ điển của IMO Shortlist. Ta vẫn có thể giải quyết bài toán theo một hướng khác nhưng dài và phức tạp hơn đó là sử dụng bổ đề: Nếu M,N là các điểm thuộc cạnh BC của $\Delta ABC$sao cho $\widehat{MAB} = \widehat{NAC}$ thì $AM.AN=AB.AC- \sqrt{BM.BN.CM.CN}$. Đây là một bổ đề mà các bạn cũng nên ghi nhớ.

Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Chứng minh rằng: $\dfrac{AC}{BD} = \dfrac{BC.CD+AB.BD}{BC.BA+DC.DA}$

Hình minh họa:(hinh 10)
Hình đã gửi

Chứng minh:
Lấy E và F thuộc đường tròn sao cho:
$\widehat{CDB} = \widehat{ADE} , \widehat{BDA} = \widehat{DCF}$
Khi đó: $AE=BC, FD=AB, EC=AB, BF=AD$
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp AECD và BCDF ta có:
$AC.ED=AE.CD+AD.EC=BC.CD+AD.AB (1) \\ BD.CF=BC.DF+BF.CD=BC.AB+AD.CD (2)$
Mặt khác:
$\widehat{CDE} = \widehat{CDB}+ \widehat{BDE}= \widehat{ADE} + \widehat{BDE}= \widehat{ADB} =widehat{FCD}$
Do đó:
$\widehat{FDC}= \widehat{FDE} + \widehat{EDC} = \widehat{FCE} + \widehat{FCD}= \widehat{ECD}$
Suy ra: $ED=FC (3)$
Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3: Cho tam giác ABC với BE, CF là các đường phân giác trong. Các tia EF, FE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{BM} + \dfrac{1}{CN} = \dfrac{1}{AM} + \dfrac{1}{AN} + \dfrac{1}{BN} + \dfrac{1}{CM}$

Hình minh hoạ (hình 11)
http://img88.imageshack.us/img88/3741/lthtthinh116mz.jpg

Chứng minh:
Đặt$BC=a, CA=b, AB=c$
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp $AMBC$ và $ANCB$ ta có:
$a.AM+b.BM=c.CM (1)\\ a.AN+a.CN=b.BN (2)$Từ (1) và (2) ta được:
$a(AM+AN)=b(BN-BM)+c(CM-CN) (3)$
Mặt khác ta lại có:
$\Delta ANF \sim \Delta NBF(g.g) \Rightarrow \dfrac{AM}{BN} = \dfrac{MF}{BF} (4)$
Tương tự :
$\Delta ANF \sim \Delta MBF (g.g) \Rightarrow \dfrac{AN}{BM} = \dfrac{AF}{MF} (5)$
Từ (4), (5) và tính chất đường phân giác ta có:
$\dfrac{AM.AN}{BM.BN} = \dfrac{AF}{BF} = \dfrac{b}{a} (6)$
Chứng minh tương tự ta được:
$\dfrac{AM.AN}{CM.CN} = \dfrac{AE}{CE} = \dfrac{c}{a} (7)$
Từ (3), (6), (7) ta có điều phải chứng minh.

Có thể dễ dàng nhận ra nét tương đồng giữa cách giải của 3 bài toán đó là vận dụng cách vẻ hình phụ tạo ra các cặp góc bằng các cặp góc cho sẵn từ đó tìm ra các biểu diễn liên quan. Một đường lối rất hay được sử dụng trong các bài toán dạng này.

4, Chứng minh bất đẳng thức và giải toán cực trị trong hình học:

Bài toán 1: (Thi HSG các vùng của Mĩ, năm 1987)
Cho một tứ giác nội tiếp có các cạnh liên tiếp bằng $a,b,c,d$ và các đường chéo bằng $p,q.$ Chứng minh rằng:
$pq \leq \sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}$

Chứng minh:
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp thì $ac+bd=pq$
Vậy ta cần chứng minh $p^2q^2=(ac+bd)^2\leq (a^2+b^2)(c^2+d^2)$
Bất đẳng thức này chính là một bất đẳng thức rất quen thuộc mà có lẽ ai cũng biết đó là bất đẳng thức Bunhiacopxki-BCS. Vậy bài toán được chứng minh.

Một lời giải đẹp và vô cùng gọn nhẹ cho 1 bài toán tưởng chừng như là khó. Ý tưởng ở đây là đưa bất đẳng thức cần chứng minh về 1 dạng đơn giản hơn và thuần đại số hơn. Thật thú vị là bất đẳng thức đó lại là BCS.

Bài toán 2:
Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn điều kiện $AB=BC, CD=DE, EF=FA$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{BC}{BE} + \dfrac{DE}{DA} + \dfrac{FA}{FC} \geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2}$

HÌNH MINH HỌA (hinh 12)
http://img88.imageshack.us/img88/1835/nnesbitopenhinh129tu.jpg

Chứng minh:
Đặt $AC=a, CE=b, AAE=c.$ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê mở rộng cho tứ giác $ACEF$ ta có: $AC.EFkCE.AF \ge AE.CF$. Vì $EF=AF$ nên suy ra:
$\dfrac{FA}{FC} \ge \dfrac{c}{a+b}$
Tương tự ta cũng có:
$\dfrac{DE}{DA} \geq \dfrac{b}{c+a}, \dfrac{BC}{BE} \geq \dfrac{a}{b+c}$
Từ đó suy ra
$\dfrac{BC}{BE} + \dfrac{DE}{DA} + \dfrac{FA}{FC} \geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2} \\ \Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+ \dfrac{c}{a+b}\geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+ \dfrac{c}{a+b}- \dfrac{3}{2} \ge \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \dfrac{(a-b)^2}{2(b+c)(a+c)} + \dfrac{(b-c)^2}{2(b+a)(c+a)} + \dfrac{(c-a)^2}{2(c+b)(a+b)} \geq \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \sum (a-b)^2[\dfrac{1}{2(a+c)(b+c)} - \dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$
Bất đẳng thức đã qui về dạng chính tắc SOS :
$\fbox{S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2\ge 0}$
Dễ thấy:
$2(a+c)(b+c)\leq (a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 \\ \Rightarrow \dfrac{1}{2(a+c)(b+c)} \ge \dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$
Như vậy $S_c\ge 0$, đánh giá tương tự ta cũng dễ dàng thu được kết quả $S_a, S_b \ge 0$.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi$a=b=c$.
Tức là khi ABCDEF là một lục giác đều nội tiếp.

Đây là một bài toán do zaizai phát triển từ một bài toán quen thuộc. Nó cũng xuất phát từ bài Stronger than Nesbit inequality của mình. :P
Cơ sở khi giải bài toán này là sử dụng phương pháp SOS để làm mạnh bài toán.
Với bước chuyển từ việc chứng minh 1 bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức đại số ta dễ dàng tìm ra 1 lời giải đẹp. Nếu chuẩn hóa bất đẳng thứ này ta cũng có kết quả rất thú vị.

Bài toán 3:
Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn điều kiện $AB=BC, CD=DE, EF=FA$ và tổng độ dài ba cạnh $AC, CE, AE$bằng $3$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{BC}{BE} + \dfrac{DE}{DA} + \dfrac{FA}{FC} \geq \dfrac{21}{16} + \dfrac{27(AC^3+CE^3+AE^3)}{16(AC+CE+AE)^3}$

Lời giải:
Ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về chứng minh bất đẳng thức sau:
$\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{21}{16} +\dfrac{27(a^3+b^3+c^3)}{16(a+b+c)^3}$
$\Leftrightarrow \dfrac{a}{3-a} + \dfrac{b}{3-b} + \dfrac{c}{3-a} \geq \dfrac{21}{16}+ \dfrac{(a^3+b^3+c^3)}{16}$
Bằng cách sử dụng phương pháp hệ số bất định ta dễ dàng tìm được bất đẳng thức phụ đúng:
$\dfrac{a}{3-a}\ge \dfrac{9a+a^3-2}{16}\\ \Leftrightarrow (a-1)^2(a^2-a+6)\ge 0$
Tương tự với các phân thức còn lại ta có điều phải chứng minh.

Khi định hướng giải bài này chắc hẳn bạn sẽ liên tưởng ngay đến SOS nhưng thật sự thì nó ko cần thiết trong bài toán này bởi chỉ làm phức hóa bài toán. Dùng phương pháp hệ số bất định giúp ta tìm ra 1 lời giải ngắn và rất đẹp. Tuy nhiên lời giải này ko dễ hiểu lắm đối với THCS. :P

Thực ra cách làm mới bài toán này cũng cực kì đơn giản vì xuất phát điểm của dạng chuẩn là bất đẳng thức Nesbit quen thuộc vì vậy dễ dàng thay đổi giả thiết để biến đổi bài toán. Mà cách thay đổi điều kiện ở đây chính là bước chuẩn hóa trong chứng minh bất đẳng thức đại số. Nói chung là dùng để đồng bậc bất đẳng thức thuần nhất. Với tư tưởng như vậy ta hoàn toàn có thể xây dựng các kết quả mạnh hơn và thú vị hơn qua một vài phương pháp như SOS, hệ số bất định, dồn biến và chuẩn hóa. Đặc biệt sau khi chuẩn hóa ta có thể dùng 3 phương pháp còn lại để chứng minh.

Bài toán 4::
Cho đường tròn $(O)$ và $BC$ là một dây cung khác đường kính của đường tròn. Tìm điểm $A$ thuộc cung lớn $BC$ sao cho $AB+AC$lớn nhất.

Lời giải:
Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ BC.
Đặt $DB=DC=a$ không đổi. Theo định lí Ptô-lê-mê ta có:
$AD.BC=AB.DC+AC.BD=a(AB+AC) \Rightarrow AB+AC= \dfrac{BC}{a}.AD$
Do $BC$ và $a$ ko đổi nên $AB+AC$lớn nhất khi và chỉ khi $AD$lớn nhất khi và chỉ khi$A$ là điểm đối xứng của $D$ qua tâm $O$ của đường tròn.

IV, Bài tập:
Bài 1:(CMO 1988, Trung Quốc)
$ABCD$ là một tứ giác nội tiếp với đường tròn ngoại tiếp có tâm ) và bán kính $R$. Các tia $AB,BC,CD,DA$ cắt $(O, 2R)$ lần lượt tại $A', B', C', D'$. Chứng minh rằng:
$A'B'+B'C'+C'D'+D'A' \ge 2(AB+BC+CD+DA)$
Bài 2:
Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $BC$ khác đường kính. Tìm điểm A thuộc cung lớn $BC$ của đường tròn để $AB+2AC$ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(O')$ nằm trong (O) tiếp xúc với (O) tại T thuộc cung AC (ko chứa B). Kẻ các tiếp tuyến $AA', BB', CC'$tới $(O')$. Chứng minh rằng:
$BB'.AC=AA'.BC+CC'.AB$
Bài 4:
Cho lục giác $ABCDEF$ có các cạnh có độ dài nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng trong ba đường chéo$AD, BE, CF$có ít nhất một đường chéo có độ dài nhỏ hơn $2$.
Bài 5:
Cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính của đường tròn này gấp đôi bán kính của đường tròn kia. $ABCD$ là tứ giá nội tiếp đường tròn nhỏ. Các tia $AB,BC,CD,DA$lần lượt cắt đường tròn lớn tại $A',B',C',D'$.
Chứng minh rằng: chu vi tứ giác $A'B'C'D'$ lớn hơn 2 lần chu vi tứ giác $ABCD$.




..........................................................................

Đến đây zaizai xin kết thúc bài viết hi vọng rằng với 1 vài ví dụ minh họa trên các bạn có thể dễ dàng hình thành trong đầu cách sử dụng định lí Ptô-lê-mê. Một định lí mạnh và thỏa mãn mĩ quan toán học của nhiều người.
Mong nhận được sự góp ý của các bạn. Thân ái,zaizai !

THÂN TẶNG HOÀI NGỌC