Chủ đề này có 10 trả lời

[dark templar]

Với các bạn yêu thích Hình học,bài toán dưới đây là 1 bài toán quen thuộc:
$$\boxed{a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S }$$
Đây được gọi là BĐT Weitzenbock. Và 1 BĐT chặt hơn,được gọi là BĐT Finsler-Hadwinger
$$\boxed{a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}$$
Trong topic này,mình sẽ đưa ra các bài toán làm chặt lại BĐT Finsler-Hadwinger ,mở đầu bằng 2 bài toán sau:
Bài toán 1;
Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3+\frac{4(R-2r)}{4R+r}}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$$

Bài toán 2: Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+\sum_{cyc}(a-b)^2+16Rr\left(\sum_{cyc}\cos^2{\frac{A}{2}}-\sum_{cyc}\cos{\frac{A}{2}}\cos{\frac{B}{2}} \right)$$

Các bạn cũng có thể đưa ra các bài toán tổng hợp khác nhằm làm phong phú topic .Mong các bạn tham gia thảo luận.

[Ispectorgadget]

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác có diện tích S. Ta có
$$\boxed{a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S }$$

Ta sử dụng phép thế Ravi đặt$a=y+z; b=x+z; c=x+y$ với $x,y,z>0$ . BĐT cần chứng minh
$$\Leftrightarrow \begin{pmatrix}
(y+z)^2+(x+z)^2+(x+y)^2
\end{pmatrix}^2\ge 48(x+y+z)xyz$$
Thật vậy ta có $$VT\ge (4xy+4xz+4yz)^2\ge 16(xy+xz+yz)^2\ge 16.3xyz(x+y+z)=48xyz(x+y+z)$$
Vậy bài toán được chứng minh. $\blacksquare$
$$\boxed{a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}$$
Khai triển ra ta có BĐT trên viết lại thành $2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)\ge 4\sqrt{3}$
Cách 1: Sử dụng phép thế Ravi ta đặt $a=y+z;b=x+z;c=x+y$ với $x,y,z>0$, bất đẳng thức cần chứng minh $\Leftrightarrow xy+xz+yz\ge \sqrt{3xyz(x+y+z)}$
Ta có $(xy+xz+yz)^2-3xyz(x+y+z)=\frac{(xy-yz)^2+(yz-xz)^2+(xz-xy)^2}{2}\ge 0$
BĐT này luôn đúng.
Cách 2:$$\frac{2ab+2bc+2ac-(a^2+b^2+c^2)}{4S}=tg\frac{A}{2}+tg\frac{B}{2}+tg\frac{C}{2}$$ vì hàm số $tg x$ lồi trên $(0;\frac{\pi}{2})$ nên theo BĐT Jensen ta có $$\frac{2ab+2bc+2ac-(a^2+b^2+c^2)}{4S} \geq 3tg \begin{pmatrix}
\frac{\frac{A}{2}+\frac{B}{2}+\frac{C}{2}}{3}
\end{pmatrix}=\sqrt{3}$$
Vậy bài toán được chứng minh.

[Ispectorgadget]

Bài toán 1;
Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3+\frac{4(R-2r)}{4R+r}}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$$

$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} \, \text {Công Thức Heron}; R=\frac{abc}{4};r=\frac{S}{p}$
Sử dụng phép thế Ravi ta đặt $a=y+z;b=x+z;c=x+y(x,y,z>0)$
BĐT trên viết lại thành
$$(xy+z+yz)\ge \sqrt{xyz(x+y+z)}\sqrt{\frac{4(x+y)(x+z)(y+z)-5xyz}{(x+y)(x+y)(y+z)+xyz}}$$
$$\Leftrightarrow (xy+xz+yz)\ge \sqrt{yxz}\sqrt{\frac{4(x+y+z)(xy+xz+yz)-9xyz}{xy+xz+yz}}$$
$$(xy+xz+yz)^3+9(xyz)^2\ge 4(xy+xz+yz)(x^2yz+y^2xz+z^2xy)$$
Đặt $xy=l;yz=m;xz=n$ ta có BĐT trên trở thành
$$(l+m+n)^3+9lmn\ge 4(l+m+n)(lm+ln+mn)$$
Đúng theo Schur.
Vậy ta có đpcm.$\blacksquare$

[Ispectorgadget]

Bài toán 3:Cho $a_1;b_1;c_1$ là độ dài cạnh tam giác $A_1B_1C_2$ có diện tích $S_1$ và $a_2,b_2,c_2$ là độ dài 3 cạnh tam giác $A_2B_2C_2$ có diện tích $S_2$. Chứng minh: $$\boxed{a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)\ge 16S_1S_2}$$
Đây là mở rộng của BĐT Weitzenbock.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 02-10-2012 - 10:58

[dark templar]

Bài toán 2: Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+\sum_{cyc}(a-b)^2+16Rr\left(\sum_{cyc}\cos^2{\frac{A}{2}}-\sum_{cyc}\cos{\frac{A}{2}}\cos{\frac{B}{2}} \right)$$

Các bạn cũng có thể đưa ra các bài toán tổng hợp khác nhằm làm phong phú topic .Mong các bạn tham gia thảo luận.

Một bài toán chặt hơn nữa cho bài này,khá là xấu xí ,tiếc là mình chưa thể giải được
Bài toán 4: Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+\sum_{cyc}(a-b)^2+16Rr\left(\sum_{cyc}\cos^2{\frac{A}{2}}-\sum_{cyc}\cos{\frac{A}{2}}\cos{\frac{B}{2}} \right)+16r^2\left[\sum_{cyc}\sin{\left(\frac{\pi-A}{4} \right)}-\sum_{cyc}\sin{\frac{A}{2}} \right]$$

Dưới đây là bài tổng quát cho Finsler-Hadwinger:
Bài toán 5: Chứng minh rằng:
$$a^{2n}+b^{2n}+c^{2n} \ge 3\left(\frac{4S}{\sqrt{3}} \right)^{n}+(a-b)^{2n}+(b-c)^{2n}+(c-a)^{2n}(n \in \mathbb{N^*}$$

Mong các bạn tiếp tục thảo luận ,dù không giải ra nhưng có thể nêu ý kiến của mình để ủng hộ topic

[Ispectorgadget]

Dưới đây là bài tổng quát cho Finsler-Hadwinger:
Bài toán 5: Chứng minh rằng:
$$a^{2n}+b^{2n}+c^{2n} \ge 3\left(\frac{4S}{\sqrt{3}} \right)^{n}+(a-b)^{2n}+(b-c)^{2n}+(c-a)^{2n}(n \in \mathbb{N^*}$$

Bài 4 nhìn kinh quá.
Để ý rằng $a^2=(b-c)^2+4Stg\frac{A}{2}\Rightarrow a^{2n}\ge (b-c)^{2n}+(4S)^n\,tg^n\frac{A}{2}$
Thiết lập tương tự rồi cộng lại ta quy về chứng minh $(4S)^{n}(tg^n\frac{A}{2}+tg^n\frac{B}{2}+tg^n\frac{C}{2})\ge 3(\frac{4}{\sqrt{3}}S)^n$
$\Leftrightarrow tg^n\frac{A}{2}+tg^n\frac{B}{2}+tg^n\frac{C}{2}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{3^n}}$
Áp dụng BĐT Bernoulli ta có $$(\frac{3}{\sqrt{3}}tgA)^k\ge \frac{3k}{\sqrt{3}}tg\frac{A}{2}+1-k$$
Thiết lập tương tự rồi cộng lại $VT\geq \frac{3k}{\sqrt{3}}(tgA+tgB+tgC)+3-3k\geq 3$
Từ đây ta có đpcm! $\blacksquare$

[dark templar]

Bài toán 3:Cho $a_1;b_1;c_1$ là độ dài cạnh tam giác $A_1B_1C_2$ có diện tích $S_1$ và $a_2,b_2,c_2$ là độ dài 3 cạnh tam giác $A_2B_2C_2$ có diện tích $S_2$. Chứng minh: $$\boxed{a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)\ge 16S_1S_2}$$
Đây là mở rộng của BĐT Weitzenbock.

Để giải được bài toán này ,ta phải sử dụng đến BĐT Aczel :
Bổ đề: Cho $2n$ số thực không âm $a_1;a_2;...;a_{n};b_1;b_2;...b_{n}$ và 2 số thực không âm thỏa mãn:
$$\alpha^2 \ge \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2$$
$$\beta^2 \ge \sum_{k=1}^{n}b_{k}^2$$
Chứng minh:
$$\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right) \le \left(\alpha.\beta -\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k} \right)^2$$

Chứng minh:
Theo C-S:
$$\alpha.\beta \ge \sqrt{\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \ge \sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}$$
Viết lại BĐT dưới dạng:
$$\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k} +\sqrt{\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \le \alpha.\beta$$
Theo C-S:
$$VT \le \sqrt{\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)}+\sqrt{\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \le \sqrt{\alpha^2.\beta^2}=\alpha.\beta=VP$$
Vậy bổ đề đã được chứng minh.

Quay trở lại bài toán,bằng công thức Herone:
$$4S_1=\sqrt{2\sum_{cyc}a_{1}^2b_{1}^2 -\sum_{cyc}a_{1}^4}=\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{1}^4}$$
$$4S_2=\sqrt{2\sum_{cyc}a_2^2b_2^2 -\sum_{cyc}a_2^4}=\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{2}^4}$$
Vậy bài toán có thể biểu diễn dưới dạng:
$$a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2) \ge \sqrt{\left[\left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{1}^4\right]\left[\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{2}^4 \right]}$$
Áp dụng BĐT Aczel,ta có:
$$VP \le \left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right).\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)-2\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^4 \right)\left(\sum_{cyc}a_{2}^4 \right)}$$
Ta chỉ cần chứng minh:
$$2\sum_{cyc}a_1^2a_2^2 \le 2\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^4 \right)\left(\sum_{cyc}a_{2}^4 \right)}$$
BĐT trên đúng theo Cauchy-Schwart.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

P/s:Ta cũng có thể tổng quát chặt hơn nữa bài toán 5:
Bài toán 6: Cho $n \in \mathbb{N^*};n \ge 2$.Chứng minh rằng:
$$\sum_{cyc}a^{2n} \ge 3\left(\frac{4S}{\sqrt{3}} \right)^{n}+\sum_{cyc}(a-b)^{2n}+\sum_{cyc}(a+b-c)^{n}|a-b|^{n}$$

[Ispectorgadget]

Bài toán 3:Cho $a_1;b_1;c_1$ là độ dài cạnh tam giác $A_1B_1C_2$ có diện tích $S_1$ và $a_2,b_2,c_2$ là độ dài 3 cạnh tam giác $A_2B_2C_2$ có diện tích $S_2$. Chứng minh: $$\boxed{a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)\ge 16S_1S_2}$$
Đây là mở rộng của BĐT Weitzenbock.

Bài này có thể giải bằng hình học giải tích như sau
Giả sử 2 tam giác $A_1B_1C_1$ và $A_2B_2C_2$ có các đỉnh trong mặt phẳng có hệ trục tọa độ trực chuẩn là $A_1(0;p_1);B_1(p_2;0);C_1(p_3;0)$ và $A_2(0;q_1);B_2(q_2;0);C_2(q_3;0)$.
Sử dụng bất đẳng thức $x^2+y^2\ge 2|xy|$ ta có
$$a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)$$
$$=(p_3-p_2)^2(2q_1^2+2q_1q_2)(p_1^2+p_3^2)(2q_2^2-2q_2q_3)+(p_1^2+p_2^2)(2q_3^2-2q_3q_2)$$
$$=2(p_3-p_2)^2q_1^2+2(q_3-q_2)^2p_1^2+2(q_2p_3-q_3p_2)^2\ge 2\begin{pmatrix}
(p_3-p_2)^2q_1
\end{pmatrix}^2+2\begin{pmatrix}
(q_3-q_2)^2p_1
\end{pmatrix}^2$$
$\geq 4|(p_3-p_2)q_1||(q_3-q_2)p_1|=16S_1S_2$
Đpcm.

[dark templar]

Lâu nay bỏ quên topic này Cùng hâm nóng lại nào
Bài toán 7: Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+\frac{(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2}{a^2+b^2+c^2}$$

[Ispectorgadget]

Bài 8: Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là $a,b,c$ diện tích $S$, chứng minh $$2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)\ge 4\left(\frac{a^2(p-a)}{b+c}+\frac{b^2(p-b)}{c+a}+\frac{c^2(p-c)}{a+b}\right) \ge 4\sqrt{3}S$$

Bài này dùng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger

@Dark templar: Bài này vế sau gốc gác là từ đề chọn đội tuyển Nghệ An năm 2010-2011,còn vế trước thì biến đổi sẽ ra bài toán 2 mà thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 11-01-2013 - 10:27

[Ispectorgadget]

Bài toán 6: Cho $n \in \mathbb{N^*};n \ge 2$.Chứng minh rằng:
$$\sum_{cyc}a^{2n} \ge 3\left(\frac{4S}{\sqrt{3}} \right)^{n}+\sum_{cyc}(a-b)^{2n}+\sum_{cyc}(a+b-c)^{n}|a-b|^{n}$$

Bổ đề 1: Cho $\left\{ \begin{array}{l}
m \ge 1\\
x > y \ge 0
\end{array} \right.$, ta luôn có: $x^m-y^m \ge (x-y)^m$

Chứng minh:

Ta có: $0\le \frac{y}{x}, \;\; \frac{x-y}{x}\le 1$ nên $$\left(\frac{y}{x} \right )^n \le \frac{y}{x},\;\;\; \left(\frac{x-y}{x} \right )^m \le \frac{x-y}{x}\Rightarrow \left(\frac{y}{x} \right )^m +\left(\frac{x-y}{x}\right)\le 1^m$$

$$\Rightarrow x^m-y^m \ge (x-y)^m$$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow m=1;x;y=0$

Bổ đề 2: (Bất đẳng thức Trung bình lũy thừa)
Cho $x,y,z>0; m\ge 1$ ta luôn có $$\frac{x^m+y^m+z^m}{3} \ge \left(\frac{x+y+z}{3} \right)^m$$

Bổ đề 3: Cho $x,y\ge 0 ;m\ge 2$. Ta luôn có \[\begin{array}{l}
a){\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^{\frac{m}{2}}} \ge {x^m} + {y^m}\\
b)\frac{{{x^m} + {y^m}}}{2} \ge {\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^m} + {\left| {\frac{{x - y}}{2}} \right|^m}
\end{array}\]
Chứng minh:
a) Nếu $x=0$ hoặc $y=0$ thì bất đẳng thức a) hiển nhiên đúng.

Nếu $x,y>0$ ta có $0<\frac{x^2}{y^2+x^2}, \frac{y^2}{x^2+y^2}<1$

Do đó:$$\left(\frac{x^2}{y^2+x^2} \right )^{\frac{m}{2}}\le \frac{x^2}{x^2+y^2};\;\; \left(\frac{y^2}{x^2+y^2}\right)^{\frac{m}{2}} \le \frac{y^2}{x^2+y^2}$$
$$\Rightarrow x^m+y^m\le (x^2+y^2)^{\frac{m}{2}}$$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $m=2;x=0;y=0$

b) Theo câu a) ta có $$\left(\frac{x+y}{2} \right )^m+\left|\frac{x-y}{2}\right|^m \le \left[\left(\frac{x+y}{2} \right )^2+\left|\frac{x-y}{2}\right|^2 \right ]^{\frac{m}{2}}\leq \left(\frac{x^2+y^2}{2} \right )^{\frac{m}{2}}\le \frac{x^m+y^m}{2}$$

Vậy BĐT được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $m=2;x=y$

Bổ đề 4: ( Bất đẳng thức Finsler-Hadwinger)Trong tam giác $ABC$, ta luôn có $$a^2+b^2+c^2 \ge 4S\sqrt{3}+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$$
Hay $$(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a) \ge S\sqrt{3}$$ Với $2p=a+b+c$

Quay lại bài toán:

Trong tam giác $ABC$ ta luôn có \[\left\{ \begin{array}{l}
{a^2} - {(b - c)^2} > 0\\
{b^2} - {(c - a)^2} > 0\\
{c^2} - {(a - b)^2} > 0
\end{array} \right.\]

Do đó theo bổ đề 1 thì $$a^{2n} -|b-c|^{2n} >\left[a^2-|b-c|^2 \right]^n =[4(p-b)(p-c)]^n$$
$$b^{2n}-|c-a|^{2n} >[b^2-|c-a|^2]^n=[4(p-c)(p-a)]^n$$
$$c^{2n}-|a-b|^{2n} >[c^2-|a-b|^2]^n=[4(p-a)(p-b)]^n$$

$$\Rightarrow a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}-|a-b|^{2n}-|b-c|^{2n}-|c-a|^{2n}\ge $$

\[\sum {\frac{{{{\left[ {4(p - b)(p - c)} \right]}^n} + {{\left[ {4\left( {p - c} \right)\left( {p - a} \right)} \right]}^n}}}{2}} \ge \sum {{{\left[ {\frac{{4\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right) + 4\left( {p - c} \right)\left( {p - a} \right)}}{2}} \right]}^n} + {{(a + b - c)}^n}|a - b{|^n}} \]
(Theo bổ đề 3 b)

$$\ge \sum [2(p-b)(p-c)+2(p-c)(p-a)]^n +\sum (b+c-a)^n|b-c|^n\ge 3\left[\frac{4(p-a)(p-b)+4(p-b)(p-c)+4(p-c)(p-a)}{3}\right]^n+\sum(b+c-a)^n|b-c|^n$$
(Theo bổ đề 2)
\[ \ge 3{\left( {\frac{{4S}}{{\sqrt 3 }}} \right)^n} + {(b + c - a)^n}|b - c{|^n} + {(c + a - b)^n}|c - a{|^n} + {(a + b - c)^n}|a - b{|^n}\]
(Theo bổ đề 4)

Vậy ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều. $\blacksquare$

^^~ Hãi ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 03-02-2013 - 12:51