Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-5)

Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-5)

trong đường tròn øœ (hinh 1) Néu M’ la mot

điểm ở ngoài œ thì doan thang M’A phai ct w

tại một điểm M nao dé (hinh 1) Trong tam

giác MM’B ta co :

M’B < MB + MM’, do đó M'A : M'B >

MA : (MB + MM’) = (MA + MM") : (MB +

MM’) Vi MA: MB =k < 1 nén (MA +

MM’) ; (MB + MM’) > MA : MB và do đó

MA: MB > MA : MB,

Các trường hợp khác (M' ở trong œ cũng

như & > 1) cũng được chứng minh tương tự

Tính chất đó giúp ta giải các bài toán cực

trị sau đây :

Bài toán 1 Cho điểm M chạy trên một

đường thằng m uờ hai điểm A, B cố dịnh 6

ngoời m Tìm những uị trí của điểm M ở đó

£#l số MA : MB đạt các giá trị nhỏ nhốt uờ

lon nhất

“

2

Hình 1 Lời giải

a) Trước hết xét trường hợp m không

vuông góc với đường thẳng ÁB, ta hãy vẽ

đường tròn (Ó) qua Á, B và có tâm O trên

đường thẳng m (O là giao điểm của m với

trung trực đoạn AB) ; Th sẽ chứng minh

rằng các giao điểm MỊ, M;¿ của đường tròn

này với m là những điểm cần tìm (hình 2),

Thật vậy, gọi 7 là giao điểm của tiếp tuyến tại M, của đường tròn (O) với đường thẳng ÁB Nếu vẽ đường tròn œ tâm 7 bán kính 1M; cắt đường thẳng AB ở P, Q thì ta

có TM} = TA.IB hay IP? = TA TB Hệ thức

này chứng tỏ rằng bốn điểm A, B, P, Q thành một hàng điểm điều hòa và do đó œ là đường tròn Apôlôniút của cặp điểm A, B ứng với

tl s6 MA: M,B Vi M, và ÂM, ở hai phía

khác nhau đối với đường trung trực đoạn AB nên trong hai tỈ số MA : M,B va MAA: M

có một cấi nhỏ hơn 1, một cái lớn hơn 1 Th

giả sử Mỳ)A : MỊB < 1, M}A ; MỤB > 1, Với

giả thiết đó và để ý rằng m là tiếp tuyến của

œ, ta thấy mọi điểm M # 1M) trên đường thẳng m đều ở ngoài œ nên theo tính chất trên ta có : MA : MB > MA: MB, tic là tỉ

số MA : MB đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm M, Nếu để ý rằng nếu M,B : M.A < 1 thi tương tự trên ta thấy với mọi điểm Mz M, trên đường thẳng m ta đều có : MB : MA >

> MB: bay MA : MB < B, tức là

tỉ số : đạt giá trị lớn nhất tại điểm M b) Bay giờ xét trường hợp đường thẳng

m vuông gớc với AB Nếu m là trung trực của đoạn ÁB thì tỈ số MA : MB luôn luôn bằng 1 Ngược lại, nếu m cắt đường thẳng

AB tại điểm H và HA < HB thì với mọi điểm M thuộc m ta có MA : MB =

= \GA + HM): (HB? + HM)

Để ý rằng HA : HB < 1 ta thấy biểu thức trong dấu căn càng nhỏ nếu ZïAƒ càng nhỏ

và đạt giá trị nhỏ nhất khi #M = 0 Như vậy nghĩa là tỉ số MA : AfB đạt giá trị nhỏ nhất tại 7ƒ và không có điểm nào ứng với

giá trị lớn nhất

Còn nếu HỨA > HB thi H tng véi gid trị lớn nhất của tÌ số MA : MB và không có điểm nào ứng với giá trị nhỏ nhất

Từ bài toán trên ta suy ra những hệ quả sau :

Hệ quả 1 Nếu cố định đường thẳng m

và cho cặp điểm A, B thay đổi tùy ý trên một đường tròn có tâm thuộc đường thẳng

m thì cặp điểm tai dé ti s6 MA : MB dat cdc giá trị nhô nhất và lớn nhất vẫn cố định (nhưng có thể hai điểm ứng với các giá trị nhỏ nhất và lớn nhất hoán vị lẫn nhau)

2 Nếu cố định cặp điểm A, ở và cho đường thẳng m quay xung quanh một điểm thuộc đường trung trực của đoạn AB thì quỹ tích những điểm tại đó tỉ số MA : MB đạt các giá trị nhỏ nhất và lớn nhất là đường tròn tâm O

đi qua A, B8 và đường trung trực đoạn AB

155

Chú ý 1 Ta hãy nghiên cứu thêm trường

hợp đường thẳng m cất đường thẳng AB tại

một điểm E nằm /rong đoạn AB và giả sử

EA < EB Sau khi đã dựng đường tròn (O)

và có các điểm M,, M; như trên, ta hãy vẽ

qua A đường thẳng AC đối xứng của AB qua

AM,, cắt m ở Ở Như vậy AM, là phân giác

trong của góc BAC (hỉnh 3) và do AM, 1 AM,

nên AM, là phân giác ngoài của góc BAC,

chim AB, AC, AM,, AM, là chùm điều hòa

và do đó chùm BA, BC, BM,, BM, cing la

chùm điều hòa Vì BM, 1 BM, nén suy ra

BM, và BM, là các phân giác trong và ngoài

của góc ABC Nhu vậy thì 1; là giao điểm

của đường phân giác trong của các góc ABC

và BÁC Từ đó thấy rằng m là phân giác

trong của góc ACB Như vậy tức là M, va

M, là tâm các

đường tròn nội

tiếp và bàng tiếp

của tam giác ABC

Đế ý rằng các

điểm đó, như đã

chứng minh trên,

là những điểm tại

đó tỉ số MA : MB

đạt các giá trị nhỏ

nhất và lớn nhất,

ta đi đến kết luận

sau đây :

Cho tam giác ABC (CA < CB) Nếu điểm

M chạy trên đường phân giác trong của góc

ACB thì tỷ số MA : MB dạt giá trị nhỏ nhất

tại tâm đường tròn nội tiếp uà giá trị lớn

nhất tại tâm đường tròn bùng tiếp

2 Trong trường hợp đường thẳng m cắt

ngoài đoạn AB, ta cũng lập luận tương tự

trên, chỉ khác là hoán vị các từ "phân giác

trong", "phân giác ngoài" một cách thích hợp

và đổi từ "nội tiếp" thành "bàng tiếp" Ta sé

đi đến kết luận :

Nếu diêm M chạy trên phân giác ngoài

của góc ACB của tam giác ABC thi ti 36

2

Hình 4

156

MA : MB sẽ dạt các gió trị nhỏ nhốt uờ lồn

nhất tại tâm các đường tròn bùng tiếp trên phân giác đó

Như vậy ta lại thấy thêm một đính chết

đặc trưng của các tâm các đường tròn nội

tiếp uù bừng tiếp của một tam giác ABC :

đó là những điểm mà tại đó tỈ số MA : MB

đạt các giá trị nhỏ nhét va lớn nhất khi điểm M chạy trên phân giác trong hoặc ngoài của góc ACB

Bài toán 1 gợi ý cho ta bài toán sau đây

Bài toán 2 Cho điểm M chạy trên một

đường tròn m uà hai điểm cố dịnh A, B không nềm trên đường tròn dó Hãy xác định những

dị trí của điểm M tại đó tỈ số MA : MB đạt

các giá trị nhỏ nhất uà lớn nhất,

Hinh §

Lời giải a) Trước hết xét trường hợp tâm của đường tròn m không thuộc đường thẳng

AB Ta hãy vẽ đường tròn (O) qua A, B và trực giao với m (đường tròn (O) qua điểm A’

liên hợp của A đối với m), cắt đường tròn m

ở M, và M, (Hình 5) Ta chứng minh rằng

đó chính là các điểm cẩn tìm

Thật vậy, gọi 7 l giao điểm của đường thẳng

AB với tiếp tuyến tại M, của đường tròn (O)

Nếu vẽ đường tròn œ tâm 7 bán kính 1M, cát

dutng thing AB é P @ thi ta od IM? = TA TB

Tiệ thức này chứng tỏ rằng các điểm A, Ö, P,

@ lap thành một hàng điểm điều hòa va do

đó (O) là đường tròn Apôlôniút của cặp điểm

A, B ứng với tỷ số M,A : M,B Vì hai đường tròn œ và m đều trực giao với (Ở) tại M, nén chúng tiếp xúc nhau tại Ä, y: Nhu vay thi đường tròn m nằm về một phía của đường tròn œ (trên hình vẽ m nằm ngoài œ nên với mọi điểm M # AM, trên đường tròn œ ta đều có hoặc MA : MB > Mỹ A : MỊB hoặc MA : MB

< M,A : M,B Như vậy tức là ti s6 MA: MB

đạt giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất tại M, 1 va

cũng tương tự như vậy đối với diém M,

Nếu giả sử MỊA : M,B < M;A : M,B thì

1; ứng với giá trị nhỏ nhất, M; ứng với giá

trị lớn nhất

b) Trong trường hợp đường tròn m có tâm

trên đường thẳng AB, nếu đường tròn m

chia điều hòa đoạn AB thì nó là một đường

tròn Apôlôniút nên tÍ số MA : MB không đổi

Còn nếu m không chia đều hòa đoạn AB thi

dễ dàng thấy rằng các giao điểm của nó với

đường thẳng 4B là các điểm phải tìm

Chú ý : Bài toán 1 có thể coi là một

trường hợp giới hạn của bài toán 2 khi đường

tròn m có bán kính vô cùng lớn

Những vấn đề trên dây có thể mở rộng

vào hình học không gian Sau đây chỉ xin

nêu lên một cách vắn tắt các kết quả và

những bài toán có hướng dẫn và giải đáp

Trước hết cẩn biết rằng quỹ tích những

điểm M trong không gian mà tỈ số khoảng

cách đến hai điểm cố định A, B bang một

hằng số k # 1 la một mặt cầu có tâm trên

đường thẳng AB, gọi là m¿ cồu Apôlôniúi

Mặt cầu này cùng chỉa không gian thành

hai miền những diễm mà tỉ số khoảng cách

dén A, B nhé hon va lon han k

Từ đơ đi đến những bài toán tương tự như

ở phần trên

Bài toán ä (Tương tự như bài toán 1

nhưng thay đường thẳng m bang mot mat

phẳng mì),

Hướng dẫn : Nếu tÌ số MA : MB đạt mot cực trị nào đó tại điểm AM; thì điểm đó phải

là tiếp điểm của mặt phẳng m với một mặt cầu Apôlôniút của cặp điểm A, B Vì tiếpdiện vuông góc với bán kính qua tiếp điểm nên suy

ra M, nằm trong mặt phẳng P qua Á, B và vuông góc với m Do đó có thể đưa bài toán

đã cho về bài toán 1 xét trên mặt phẳng P

Bài toán 4 Tương tự bài toán 2 nhưng thay đường tròn m bởi một mặt cầu

Hướng dẫn : Cũng phân tích như ở bài toán 3, ta sẽ đưa bài toán đã cho về bài toán

2 xét trên mặt phẳng qua A, Ö và tâm của mặt cầu đã cho

Bài toán 5 (Nhu bai toán l1 nhưng xét trong không gian)

Đáp : a) Trường hợp m không vuông góc với AB, các giao điểm của đường thẳng m

với mặt cầu qua A, B và có tâm trên z chính

là các điểm phai tim

b) Trường hợp m L AB, nếu z thuộc mặt phẳng trung trực đoạn AB thi MA: MB bằng hằng số Ngược lại một cực trị sẽ đạt

được tại chân của đường vuông góc chung

của m và AB Cực trị thứ hai không có

Bài toán 6 (Như bài toán 2 nhưng xét trong không gian)

Đáp : Các điểm phải tÌm nằm trên mặt cầu qua Á, Ö và trực giao với đường tròn m (mat cầu này có tâm trên mặt phẳng của đường tròn m va di qua diém liên hợp của A đối với mặt cầu nhận m làm đường tròn lớn)

MỘT PHƯƠNG PHAP PHAN TICH RA THUA SO

Trong quá trình giải toán có những lúc

ta phải phân tích một đa thức nào đó ra thừa

số Chẳng hạn khi giải các phương trình đại

số bậc 8, 4 hay 5, vấn đề biến đổi thành một

tích là điều quan trọng Han ban cdn nhé

hâm số bậc 2 viết dưới dạng một tích :

fix) = ox? + bx +o = a(x - 1i) — 3;)

BUI QUANG TRUONG

Trong dé a # 0, x, va x, 1a hai nghiém thực của f+) = 0 Bạn có suy nghĩ gì về các thừa số (+ — #¡), & — ~¿) ? Phải chăng khi nó bằng 0 thì f) = 0 ! Ta cớ thể mở rộng tính chất này cho hàm nhiều biến không ? Đó là vấn đề sau đây sẽ được trình bày

Nếu gứx, y, z, £ ) là hàm đa thức bậc thấp hơn hàm đa thức ffq, y, 2z, ( ); fúa, y, 2, 6.) = 0

187

khi p(x, y, 2, ằ ) = 0 thÌ chắc chắn

fey, 4 tt @ yy, 2, be)

Thật vậy, ta có thể viết :

f=p.gtr

trong dé g la hàm của các biến z, y, 2, Ư

và r là số dư của phép chia Ặ cho ụ

Bài toán 1 Rút gọn phân thức

Đo khi Ư = 0 thì Ặ = 0 nên r = 0, tức là

f= pe

Day là cơ sở lắ luận của lời giải các bài toán sau Mời các bạn hãy bắt tay vào thử

một công cụ mới trong việc phân tắch ra thừa số

_ #(6 +cỞ q)Ợ + đ(c + Ủ Ở đ)? + c(ụ + đ Ở e)Ê + (ụ + b = ẹ)( + c Ở ụ)(Ạ + ụ Ở b)

a?(b + cỞ g) + bÊ(c + a Ở b) + c(a + b Ở e) Ở (a + b Ở c)(6 + e Ở a)(Ạ + ụ Ở b)

Việc rút gọn cho ta phân tỉÍch ra thừa số

Có bạn đã khai triển các hằng đẳng thức,

nhân rổi tìm các thừa số chung Đó là một

công việc hết sức gian khổ

Trong phân thức M chúng ta hãy đặt tử

là A và mẫu là B Để ý rằng khi cho a = 0

thi A = 0 Thực vậy, lúc ấy

A = 0+6(cỞb)?+e(bỞe)?+(bỞe)(b+e)(cỞb)=

= (Ở e)2(ệ + e) Ở (b Ở e)2(b + c) =0

Vì vai trò của ụ, b, e là như nhau trong

A nén dé dàng suy ra A = 0 khi 6 = 0 hoặc

c =0 Tớm bại, ta có thể viết

A = aabe Hãy để ý rằng tử A không có số hạng bậc cao hơn 3, vì vậy Ủ không thể chứa ụ, hoặc

ỏ, hoặc c Rõ ràng a lA một hằng số không phụ thuộc ụ, 5, e Ta tìm Ủ bằng cách cho ụ,

6, c những giá trị cụ thể, chẳng hạn để tiện

ta hãy cho ụ = b = c = 1 Có ngay ụ = 4 Hoàn toàn tương tự, ta xét mẫu B và có

B = Babe lai tìm được 8 = 2 Vậy phân thức

đã cho M=2=7,, =2 (véi a, b, c * 0)

Bai toán 2 Véi a, 6, e khác 0 và đôi một khdc nhau, chitng minh rằng

Khia+b+e=0

pat p, = 2724278427 F ồ e

be(b Ở c) + ca(c Ở a)+ab{(a ~ b)

e

a(ụỞb)(eỞa)+b(bỞe)(ụỞb)+e(eỞa)(b~e)

= (a~b)(6Ởc)(e Ở a)

Xét P, : Khia-6 =0,b-c=0va

eỞỦ = 0 thÌ tử 7, của P, đều bằng 0 ta có ;

T, = 71(@ Ở b)ệ ~ 6)(e Ở 8)

Choa = 1,0 = 2,ằ = -8, tìm được yị = ~1 Xét P,: Cho a = 0, khi ấy từ ụ + +c = 0

có b = ~e, tử của PẤ là T, = 0 Với b = 0,

T, + y,abe = Ở Gabe

~(@- b)đỞ ẹ)(Ở a)

Ở Gabe

x GEĐE=9E=ụ = 9 (đpem)

Bài toán 3 Với ụ, b, c đôi một khác nhau, chứng mỉnh rằng

= gr Gt @te), (6 +6 +2)

Ủ~ĐĐ@=ụ `Ợ 6=260=4)

Bài này có thể cho dưới dạng khác, thay

a, b, ằ bằng x, y, z và bat tim giá trị nhỏ

nhất của Ặ (x, y, 2)

Lấy mẫu chung là

B = (a~ b)(b ~ clc - a), th A cha S 36 1A

A =ỘỲ(& + b)(& + e)(b Ở e) +

8

+ b%(b +0) + ụ)(e Ở a) +

+ e?(c + ụ)( + b)(ụ Ở b)

158

zr aye +5)

Ộ= @Ạ-8) 20

Ta tht cho a - b = 0, tite a = b Luc dy

A = 2a3(a3 Ở c3) + 2g3(c2 ~ a3) + 0 =

= 2a3(a3 - c?) Ở 2a3(a3 Ở c)=0

Vi trong A vai trò ụ, đô, c như nhau nên Suy ra

A = (aể bXb - c)(đ Ở Ủ) Ặfa, b, ẹ)

A là hàm bậc 5 đối với a, b, ằ vi vay ta

dự đoán xem Á còn các ước nào nữa Chác chắn trong ước này quan hệ giữa a, Ò, c là

bình đẳng Ta nghỉ trước hết téia +b +c

Choa +8 +e = 0, khi đó

A =a bc(b— e)+ ð*ea(c— a)+ e7ab(a— b) =

= a°b%e — abc? + ab2e2 — a2b2e +

+ abe? — abc? = 0

Vay A = A(a — b)(b - cle - ata tb +0)

Biết A là hàm bậc 5 của ø, ö, e chắc chắn

4 phải là hàm bậc nhất của ø, ö, c (Bài toán

bắt ta chứng mình S >z 0 vậy có thể 6 là

lũy thừa bậc chẵn) Trong  vai trò ø, b, e

phải như nhau Những suy nghỉ đó giúp ta

khẳng định rằng  = kíø + b + c) và

A = (a- b)(® - cle - alia tb + c)*k

Hién nhién & là hằng số Dễ dang tim

duge & = 1 Vay

s=Se@+o+op > 0 Đó là điều phải

ching minh

Trên đây là một vài ví dụ đưa hàm về dạng một tích bằng phương pháp tìm những giá trị khiến hàm triệt tiêu Để kết thúc, mời bạn hãy rút gọn phân thức

(6 +ð)(@ +) 9=*#C~ig=a

@®+e)\ð +4) (c+aje+b)

®G~o@=a) “@T=a)j@~b)

Nếu kết quả gây cho bạn nhiều thú vị, bạn hãy thử xét phân thức

na + Đ)(ø + c)

+b

_n 6)

+ạn @ † ©)® - a) (+ a)( + b)

@-@~a4) ˆ © —a)e~ 5)

Với n tự nhiên

MOT VAI TINH CHAT ĐÁNG CHÚ Ý

CUA TU GIAC PHANG

Việc phát hiện và tổng kết một cách có

hệ thống những tính chất đáng chú ý của tứ

giác trong mặt phẳng giúp ta thấy được mối

tương quan gữa những tứ giác, đặc biệt là

các tứ giác nội tiếp và ngoại tiếp, từ đó giúp

ta giải quyết được một số những bài toán

hình học cớ liên quan Chúng ta sẽ xuất phát

từ những tứ giác bất kì, sau đó tìm ra những

điều kiện để tứ giác đã cho nội tiếp được

hoặc ngoại tiếp được

Hình 1

Xét một tứ giác lồi ABCD (hình L) có các

cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = đ, có

NGUYEN CÔNG QUỲ

diện tích S Ta có 2S = absinB + cdsinD,

từ đơ

168? = 4a262sin2B + 4c2d2sin27) +

+ S8abcdsinBsinD q@)

Mat khéc AC? = a? + b? — QabcosB =

= ¢? + d? — 2cdcosD

Từ đó suy ra a? + b2 — c2 — d2 = 2abooaB — 2cdcosD Bình phương hai vế ta thu được

(g2 + b2 — c2 ~ a)? =

= 4a2b?co#2B + 4c2d?cos2D — 8abcdcosBcosl)

Cộng vế với vế các hệ thức (1) và (2) ta được

16S? + (a? + ð2 — ¿2 ~ d2)? =

= 4(a?b? + e2d2)2 — 8abodcos(B + D) =

;B+D

=4(a292+ c2d2)— Babed ( 1— Qsin’ )=

B+D

= A(a2b?+ c2d2~— 2abed)+ 16abodsin2 2

159

= A(ab — ed)? + 1ênbedaip2” + Ð

= 4(ab — cđ)2 — (q2 + b2 — c2 — d2y2

Đây là một công thức đúng cho mọi tứ

giác (lổi) bất kì

Bây giờ ta hãy khai thác công thức (1) để

ra những tính chất của tứ giác ngoại tiếp

cũng như tứ giác nội tiếp

B+D

hay 16( S? — abcdsin2

Trước hết đối với tứ giác ngoại tiếp ta có

œ~b =d- c Bình phương hai vế ta được

a? ~ Qab + 6? = d2 — 9edi + c2

hay a? + b2 — c2 — đ2 = 9(ab — ed)

Bình phương 2 vế rồi chuyển vế ta thu được

A(ab — cđ)2 — (a2 + b2 — ø2 — d2 = 0

Như vậy trong công thức (1) vế phải bằng 0

nên vế trái cũng bằng 0 Do đó ta suy ra :

Trong tứ gióc ngoại tiếp ta có

B+

S = Vabcdsin 5 D

Cần chú ý rằng công thức (II) khong phan

ảnh một đính chốt đặc trưng của tứ giác

ngoại tiếp Nói cách khác, trong tứ giác

ngoại tiếp diện tích được tính theo công thức

(D nhưng ngược lại một tứ giác có điện tích

được tính theo công thức (II) chua chắc đã

ngoại tiếp được Thật vậy, ta hãy xét một tứ

giác ngoại tiếp ABCD nhận đường chéo AC

của nó làm trục đối xứng (hình 2) Dé dang

tạo được một tứ giác như vậy Diện tích của

nó được tính theo công thức (ID Nếu lấy

điểm B' là đối xứng của Ö qua trung trực

đoạn AC thi ta cd

AB’ = CB, B’C = BA, ABC = ABO,

ap

Hình 2

160

vi vay ttt giéc AB’CD co dién tich tinh theo công thức (H) Nhưng dễ dàng chứng minh rằng tứ giác đó là một hình bình hành nên nói chung nớ không ngoại tiếp được

Trở lại công thức (Ù, ta cớ thể viết

16S2= 4(ab— eđ)? — (ø2+ b2— c2~ g92+

B+D

+ 16abedsin Đưới dạng này ta thấy một khi đã cho trước œ, È, ¢, d thì điện tích S của tứ giác

B+

sẽ lớn nhất khi sin? D

= 1 hay

sin 2 =1vì 5 2 < 180’ nén +

sin? 5 2 luôn luôn dương), tức là

B+D

5 = 90° hay B + D = 180° Ta suy ra kết quả quen thuộc sau đây :

Trong tốt cả những tử giúc có cóc cạnh liên tiếp bằng œ, b, c, d thì tứ giác nội tiếp

có diện tích lớn nhất

Bây giờ ta hãy khai thác công thức Œ) trong trường hợp tứ giác nội tiếp VÌ B+D

sin? = 1 nén ta có

16S? = 4(ab — cd)* + + 16abed — (a? + b2— c2— 22

= 4072+ 407d?+ Babed— (a?+ b2— c2—~ 2/2

= (2ab + 2ed)? — (a? + 6? — ¢? — a2)?

= (2ab + Qed + a2 + b2 — c2 — d2) x

X (2ab + Qed — a? — b2 + c2 + d2) =

= [@ + bỶ? — (e — đ)?l[(e + đ)? — (œ — b)?]

=@tbt+e-djatb—-ct+d)x

x(œ-b+te+đ)(Taz+b+c+d)

= 16 ~ đ)(p ~ e)(p — b)(p — ø), trong đó

p=(a+b+ec+d)/2, tức là ta có

S=VP-ap-bHp—ap-d (Uh

Công thức này thường được gọi là "công thức Hê-rông mở rộng cho tứ giác nội tiếp"

vÌ nó có dạng giống như công thức Hê-rông đối với tam giác Hơn nữa nếu trong tứ giác nội tiếp ta cbo một cạnh dần tới 0 thì ta lại tim thấy công thức Hê-rông trong tam giác

Hink 3

Trong tam giác ta có công thức

(3)

(p la nita chu vi)

Ta thử xét xem trong tứ giác nội tiếp có một công thức nào tương tự hay không Ta

có (hỉnh 8)

BD?= a„+ d2 — 2adcosA= b2+ c2~ 9becosO,

Nhưng vÌ A + C= 180? nên cosC = —cos4,

Do đó ta có

a? + d2 — 2ndcosA = b2 + c2 + QhecosA

NOI TIEP CAC BAT DANG THUC CỔ ĐIỂN

Các bất đẳng thức cổ điển (của Co-si,

Svác, Béc~nu-li, Trê-bư-sếp, ) đã tổ ra rất

có hiệu lực trong việc giải quyết các vấn đề

toán học Nhưng tôi vẫn thường suy nghỉ :

ngoài các bất đẳng thức đã biết, còn có bất

đẳng thức nào cớ hiệu lực như vậy không ?

Sau một thời gian loay hoay tìm tòi, tôi đã

tim ra bất đẳng thức sau và các trường hợp

tổng quát của nớ

1 Bất đẳng thức thứ nhất

a 7 (hm) ide 0

véia, > 0 Gi = 1, 2, ., 2)

Ta hay chttng minh (1) bang quy nạp

a) Véin = 2, xét hiệu

mija, + mja, — (m, + ma, + a.)

VÌ mẫu số dương, nên ta chỉ cẩn chứng

minh tử số không âm Thật vậy, ta cổ :

a,(a, + a,)m? + a,(a, + a,)m3 -

— a,a,(m, + m,)° = (gym ~ amy 2 0

Dang thức xây ra khi và chỉ khi

myla, = maa, (vì a, # 0)

b} Giả sử bất đẳng thức (1) đúng đến n,

ta chứng minh nó cũng đúng với ø + 1 Thật

vậy, ta có

M1-TOTH

LÊ QUỐC HÁN

n1 m2 í (2 ™) iz mi+1

> a

=1

= (> 2 m;) 1D a, 2

¿=1 i=l

(áp dụng với 2 phần tử)

Dang thức xảy ra khi và chỉ khi

ma, = mfa; với ¡ # j

Chi y : Khia, = a, = =a, thì (1) trở thành bất đẳng thức trung bình bình phương quen thuộc :

> mn 2 (5 min)?

Như vật, bất đẳng thức trung bình bình phương chỉ là trường hợp đặc biệt của (1)

Để thấy rõ vai trò của bất đẳng thức (1),

ta sẽ dùng nó để giải các bài toán sau : Cần ((1 Df xích ma dùng để ký hiệu một tổng :

Ms =ntint tin)

1

161

lưu ý rằng trong những bài toán đó, nếu ta

không dùng (1) thì hoặc sẽ không giải quyết

được, hoặc lời giải sẽ phức tạp

Bài toán 1 Nếu cho một hình hộp chữ

nhật có kích thước là ø, b, e ; đường chéo là

ở ; ba góc tạo bởi đường chéo với ba cạnh

cùng xuất phát từ một đỉnh với đường chéo

la a, B, y ; thì ta có :

costa/a + cos'B/o + cosfyjc > l/(œ + b + c) ;

eostaja2 + cost8/b2 + coslyjc? > 1/22

Lời giải : Vì

costat cos2Ð+ cos2y= ø2/d2+ b2/d2+ c?/d2=

= (a2 + b2 + c2)/đ2 = d2/đ2 = 1, nên

costa/a + cos!B/b + cos*y/e >

> (cos’a + cos’B + cos’y)/(a +b +c) =

= l/œ +b+c) Đẳng thức xảy ra khi và

chỉ khi cos2œ/a = cos’B/b = cos*yie a = b =

(vl costa = a2/d? = cos’a/a = a/d?, tương tự

cos’B/o = b/d? , cos*y/e = cíd2 tức là hình hộp

chữ nhật tré thanh hinh lap phuong

Ta lai cd :

costa/a? + cos'B/b? + cos*y/e? =

> (cos2z+ cos?Ð+ cos2y)2/(ø2+ 67+ ¢?)= Ld?

Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi

cos2œ/a2 = cos28/b2 = cos”y/e2

Nhưng đẳng thức này bao giờ cũng đúng

(đều bằng 1/đ), nên bất đẳng thức thực sự

không xảy ra

Bài toán 2 Chứng mỉnh rằng nếu có :

sinta/a + cos‘a/b = 1a + b) véi a, b > 0,

1

(a+b)

số 9, báo Toán học và Tuổi tré, 86 54)

Lời giải Vi sin‘te/a + costaja >

> (sin2œ + cosz)2l(œ + b) = 1a + 6),

nên từ đẳng thức đã cho suy ra

sin’a/a = cos2a/b = (sin2a + b) = Ifa + 6)

Do đó

sinŠœja3 + cosŠz/b3 =

= d/(ø + b} + b/(ø + b)! + ba + by4 =

= Ia + by}

Bai toán 3 Cho vòng tròn tâm O, bán

kính r tiếp xúc với ba cạnh 8C, CA, ÁB của

162

thi cing cé sin’a/a> + costa/b? = B (bài

tam giác ABC tại M, N, P Dựng các vòng

tròn nội tiếp các tam giác cong lõm ANP, BPM và CMN và gọi các tiếp điểm trên các canh AP, BM và CN la H, I, K Dat AH =x,

BI = y, CK = z Chitng minh ring

aby tz 2 ar, Lời giải Trước khi giải bài này, đề nghị các bạn chứng minh :

Hình 1 1) tgatgổ + tgổtgy † tgytga = 1 (với œ =

= 45° — A/4 ; B = 45° - B/4, y = 45° ~ C/4)

~A, Bl Cy2 2) (sing +ain + sin) < 9/4

Ta gọi r„ r„z„ lần lượt là bán kính các tam giác cong nêu trong đầu bài Kẻ Ø,@ L OP

Th có

——

0Q = 00,8in 00,9

=ứT— ra =ứ+ r sing = =

=———T = (48 ~ 7) 1 + sing

2

hay Yr, = Vr tga, với a = 45° - A/4

Tương tự

Vr, = Vr teB, Vr, = Vr tay

với 8 = 459 - B/A, y = 45° - C/4 ;

do đó

= r(tgatg8 + tgổtgy + tgytgø) = r (áp dụng 1)

Từ đó :

_A B

ay tyzt ax = raring sing +

+ tự, „/eimz sing + rr ising sing >

Q2 + Vip, + VD)?

LH Án B + sin gin” 4 plo

( sing + sing sing sing sing ) 2

2

> ?2/(3/4) = +

vi sing sing + sing sing +sin5 sing <

inf 4 cine te £2

< (sing + sing + sing ) 738 < 3/4

(áp dụng 2) Do đồ & +y+z2 > Say +ye-tex) = 42,

hay x +y +z > Øm Đẳng thức xảy ra khi và

chỉ khi ABC déu (A = B = C)

Ấp dụng bất đẳng thức {Ù, các bạn hãy

giải các bài toán sau :

Bài toán 4 Chứng minh rằng các đường

thẳng x +y + Vø +ð = 0 luôn luôn tiếp xúc

với elÍp z2/a + y2ø=1 (với a, b > 0)

Bài toán 5 Ching minh rằng phương

trình #2)/ø + g°+)/b=ỨŒ) + g@)J2/(a + 8),

với 4, b > 0, tương đương với phương trình

fla = gtxjib

Bài toán 6 Chứng minh rằng nếu day

SỐ ø, thỏa mãn điều kiện

yada,

3 Va, >

thì bất đẳng thức Na-sơ-bít mở rong :

aa, + a5) + af(ay+a,) + +

t+a,_ a, +a,)+ a,a,+a,) > n/2

luôn luôn đúng

Bây giờ ta mở rộng bất đẳng thức (1) theo

hai hướng

2 Bất đẳng thức thứ hai

> (3m) 4

Với a, > 0m, >0(=

tự nhiên (b > 2)

Ta chứng mỉnh (2) bằng quy nạp,

1) Trước hết, ta chứng minh (2) đúng với

n = 2 Thật vậy, khi & = 2 ta đã chứng minh

(2) đúng (xem chứng miính (1) Giả sử (2)

với n = 2 đúng với È, tức là :

a mẸ

>a i

k-1

1

1, 2, , n) và b

mak) + mkiak-| (m,+ my"Ka,+ al;

nhân hai vế với (m, + ma, + đ„), ta cớ,

(mljat~1+ mifak!).m,+ m.)(Ϡ a2) >

> (m+ me, +a,

Mặt khác, ta có

mẸ?1gk+ mbjak gk — (mtjat~1+ mijak-l) x

x (m, + ma, + a,)

vì mẫu số chung đương và tử số là ;

(a + a,)(almi*! + ati} —

~ đị42(4j ` mị — dị m)(m, + m2) Akl pk _ pk-L yk

(a.m, — am) ait - akmk) =

= (aym, — am)? x [am #1 + + (Gựm #T (œ2) + + (mzz 1> 0 vậy mit ligk + mbt igk >

2 (m+ mya, + a,j

tức là bất đẳng thức cũng đứng với & + 1 2) Bây giờ, ta chứng minh nếu bất đẳng thức (2) đúng với n, thì cũng đúng với ø + 1 That vay, ta co:

i) Fm lay

(gia thiét quy nap)

atl atl

> (3 m)"/(D a)! (áp dụng với i=t i=]

hai phần tử) Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi

mịa, = mja, với í #j ¡ù J = 1,9, ,n, Cha ¥ : Khia, = a, = = a, ta có bất

đẳng thức trung binh bac & quen thuộc

" n k

> atin > (> an)

Lời i=}

Bài toán 7 Vòng tròn (O) tiếp xúc với các cạnh 8C, CA, AB của tam giác ABC tại

M,N, P Xác định các góc của tam giác đớ biết rằng

APHIPBF—TI + BMMMCE—L + ƠNENAE—L ~ P

( là nửa chu vỉ tam giác ABC) Ta có :

APUPBE} + BMEMCE—L + CNHNAk-L >

163

> (AP+ BM+ CN)(PB+ MC+ NA) Để chứng minh bất đẳng thức này ta sử

> pkipk-l = p dụng bất đẳng thức (2) bằng cách viết

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : dị = ( Na; ye và có

APIPB =BMIMC = CNINA _ om

hay cotg(A/2)cotg(B/2) = cotg(B/2)/cotgiC/2) = > —= > ae?

—_ 40g44) + cofg(B2) + cojgtG2) — 1 " A

— 90ig(2) + eotg(Œ2) + corgi) — > (> mị) / > Vay (theo (2)}

i=l ist

> (3 m,)* t n2 Na,

„1 „=1

vi theo bat đẳng thức trung bình bậc & - 1

ta có

" n

> ajn » (5 Varin \ do đó

ist

/=1

n n Suy ra nk-2 > a, > (2 Va,

£ iz

cotg(A/2) = cotg(B/2) = cotg(C/2) Bài toán 8 Chứng mỉnh rằng nếu ø và

Các bạn hãy áp dụng (2) để giải bài toán ‘thi ta có :

Bài toán 8 Chứng minh rằng với mọi n (Báo Toán học và Tuổi trẻ, bài 6/86)

tự nhiên, ta đều có, Th có :

1m —L+ 9w — TIẾT L+ „.+ nÈ/IÉ—1> gýn, > (cosa + eos3Ø)93"Ng +) = lúz

3 BAt dang thite thứ 3 vi cos’a + cos’B = cos?o + sinta = 1, a +8 = m/2

a m* i n kok n Ro rang, vai trò của các bất đẳng thức ,

Da, > (Xm) i 7D a (8) (ay, @), (3) trong toán học không nhỏ Chác + i=]

i Ũ 1

véim, a, > 0 ( =1

é 1 chắn rằng các bạn còn cớ thể áp dụng chúng

„2, .„ n, để giải quyết nhiều vấn để khác nữa

VAI UOC LUOQNG HINH HOC

PHAN ĐỨC CHÍNH Khi học môn Hình học, trong chứng minh thức tính điện tích một tam giác qua ba cạnh

và tính toán, ta thường dùng đến những kết của nớ )

quả chính xác (chẳng bạn định lý về sự đồng

quy của ba đường cao của một tam giác, .)

và những công thức, tức là những hệ thức

biểu điễn bằng đẳng thức (chẳng hạn, công

Tuy nhiên, như mọi môn Toán khác, môn Hình học không thể tránh được các bất đẳng thức, chẳng hạn : điều kiện để ba số dương

là độ đài ba cạnh của một tam giác, hoặc 164