Chương 3. Một số bất đẳng thức trong hình học 59
3.3 Mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức
3.3.1 Một vài bất đẳng thức qua số phức
Bằng cách sử dụng số phức ta còn có một số bất đẳng thức sau đây, mà nội dung của nó chúng tôi tham khảo chính trong [2, 4].
Mệnh đề 3.3.1(Ptolemy). Với bốn điểmA,B,C,Dta luôn có bất đẳng thức sau đây:
AB.CD+AD.BC⩾AC.DB.
Chứng minh. Tương ứng các điểm A,B,C,D với bốn tọa vị z1,z2, z3, z4. Vì đồng nhất thức(z2−z1)(z4−z3) + (z4−z1)(z3−z2) =−(z3−z1)(z2−z4)nên ta có bất đẳng thức |z2−z1||z4−z3|+|z4−z1||z3−z2| ⩾ |z3−z1||z2−z4|. Từ đây suy ra AB.CD+AD.BC⩾AC.DB.
Ví dụ 3.3.1. Giả sử ∆ABC có BC =a,CA= b,AB=c và các đường trung tuyến AM=ma,BN=mb,CP=mc.Ta có các bất đẳng thức sau:
(1) 2(ama+bmb+cmc)⩽(b+c)ma+ (c+a)mb+ (a+b)mc. (2) 4mambmc ⩽bcma+camb+abmc.
Bài giải. (1) GọiGlà trọng tâm tam giácABC.Theo Mệnh đề 3.3.1, với bốn điểm A,P, G,N ta có
2ma 3
a 2 ⩽ mc
3 b 2+mb
3 c 2 hay
2ama ⩽bmc+cmb. Tương tự có
2bmb⩽cma+amc và
2cmc ⩽amb+bma. Cộng ba bất đẳng thức, ta được
2(ama+bmb+cmc)⩽(b+c)ma+ (c+a)mb+ (a+b)mc. (2) Theo Mệnh đề 3.3.1, với bốn điểmB,P, N,Ccó
mbmc ⩽aa 2+b
2 c
2 hay4mbmc⩽2a2+bc.
Vì2ama ⩽bmc+cmb nên2a2ma⩽abmc+acmb.Như vậy
4mambmc⩽2a2ma+bcma⩽bcma+camb+abmc.
Ví dụ 3.3.2. Giả sử ∆ABC có BC =a,CA= b,AB=c và các đường trung tuyến AM=ma,BN=mb,CP=mc.Chứng minh bất đẳng thức:
(a3+b3+c3)2⩾ 64(mambmc)3 m3a+m3b+m3c. Bài giải. Vì q3
(a3+b3+c3)2(m3a+m3b+m3c)⩾bcma+camb+abmc nên ta luôn có
(a3+b3+c3)2(m3a+m3b+m3c)⩾64(mambmc)3. Vậy(a3+b3+c3)2⩾ 64(mambmc)3
m3a+m3b+m3c.
Mệnh đề 3.3.2 (Hayashi). Giả sử tam giác ABCcó BC=a,CA=b, AB=c. Khi đó, với bất kỳ điểmM ở trong mặt phẳngABC,ta có bất đẳng thức:
aMB.MC+bMC.MA+cMA.MB⩾abc.
Đặc biệt, khiM ≡Glà trọng tâm của tam giácABCta có bất đẳng thức:
ambmc+bmcma+cmamb ⩾ 9 4abc
và khiM≡I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giácABCta còn có bất đẳng thức:
a IA+ b
IB+ c
IC ⩾ abc 4Rr2.
Chứng minh. Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3 và điểm M ứng với số phứcz.Từ bất đẳng thức:
|z−z2||z−z3|
|z1−z2||z1−z3|+ |z−z3||z−z1|
|z2−z3||z2−z1|+ |z−z1||z−z2|
|z3−z1||z3−z2| ⩾1, ta suy raMB.MC
bc +MC.MA
ca +MA.MB
ab ⩾1.Vậya.MB.MC+b.MC.MA+c.MA.MB⩾ abc.KhiM≡I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giácABCta còn có bất đẳng thức
a IA+ b
IB+ c
IC ⩾ abc
4Rr2,vìIA.IB.IB=4Rr2.
Mệnh đề 3.3.3. Giả sử tam giácABCcóBC=a,CA=b,AB=c.GọiA1,B1,C1 là trung điểm của các cạnh BC,CA,AB, tương ứng. Ký hiệu khoảng cách từ điểm M trong mặt phẳngABCđếnA1,B1,C1 làx,y,z.Khi đó có bất đẳng thức:
axMA+byMB+czMC⩾ abc 2 .
Chứng minh. Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3 và điểm M ứng với số phức0.Từ bất đẳng thức
|z1||z22−z23|+|z2||z23−z21|+|z3||z21−z22| ⩾ |z1−z2||z2−z3||z3−z1|ta có axMA+ byMB+czMC⩾ abc
2 .
Mệnh đề 3.3.4. Giả sử tam giácABC có BC=a,CA=b,AB=c. Khi đó, với bất kỳ điểmM ở trong mặt phẳngABC,ta có các bất đẳng thức:
aMA2+bMB2+cMC2⩾abc.
Hơn nữa ta còn cóaHA2+bHB2+cHC2⩾abc,trong đóH là trực tâm của∆ABC.
Chứng minh. Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3 và điểm M ứng với số phức0.Từ bất đẳng thức|z1|2|z2−z3|+|z2|2|z3−z1|+|z3|2|z1−z2|⩾|z1−z2||z2− z3||z3−z1|.Ta cóaMA2+bMB2+cMC2 ⩾abc.
Mệnh đề 3.3.5. Giả sử tam giácABC có BC=a,CA=b,AB=c. GọiG là trọng tâm của tam giác. Với bất kỳ điểmM ở trong mặt phẳngABC, ta luôn có bất đẳng thức:
(1) a3MA+b3MB+c3MC⩾3abcMG.
(2) aMA3+bMB3+cMC3⩾3abcMG.
Chứng minh. Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3 và điểm M ứng với số phức0.Từ bất đẳng thức
|z1||z2−z3|3+|z2||z3−z1|3+|z3||z1−z2|3⩾|z1+z2+z3||z1−z2||z2−z3||z3−z1| ta có a3MA+b3MB+c3MC⩾3abcMG. Bất đẳng thứcaMA3+bMB3+cMC3 ⩾ 3abcMGđược chứng minh tương tự.
Ví dụ 3.3.3. Giả sử tam giác ABC có BC=a,CA =b,AB=c. Khi đó, với bất kỳ điểmM trong mặt phẳngABC,ta luôn có bất đẳng thức:
aMB.MC+bMC.MA+cMA.MB⩾ abc R2 MO2.
Đặc biệt, khiM ≡K là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giácABC và ở trong∠A ta còn có bất đẳng thức:
a KA+ b
KB+ c
KC ⩾ abc(R+2ra) 4R2r2a .
Bài giải. Tương ứng các điểmA,B,C,E và tâm đường tròn ngoại tiếpOcủa∆ABC với số phứcz1,z2,z3,z,0.từ bất đẳng thức:
|z1|2|z−z2||z−z3|
|z1−z2||z1−z3| +|z2|2|z−z3||z−z1|
|z2−z3||z2−z1| +|z3|2|z−z1||z−z2|
|z3−z1||z3−z2| ⩾|z|2 với n=2, ta suy ra MB.MC
bc +MC.MA
ca +MA.MB
ab ⩾ MO2
R2 . Như vậy chúng ta có aMB.MC+bMC.MA+cMA.MB⩾ abc
R2 MO2. KhiM ≡K là tâm đường tròn bàng
tiếp của tam giácABCvà ở trong∠Ata cóKO2=R2+2Rra,KA.KB.KC=4Rr2a và như vậy có bất đẳng thức:
a KA+ b
KB+ c
KC ⩾ abc(R2+2Rra)
R2.4Rra2 = abc(R+2ra) 4R2r2a .
Mệnh đề 3.3.6. Giả sử tam giác ABC có BC =a,CA =b,AB=c nội tiếp trong đường tròn tâmObán kínhR.Khi đó, với bất kỳ hai điểmE vàF ở trong mặt phẳng ABCta luôn có bất đẳng thức:
OE.OF
R2 ⩽ AE.AF
bc +BE.BF
ca +CE.CF ab .
Đặc biệt, khiE ≡F ta có AE2
bc +BE2
ca +CE2
ab ⩾ OE2 R2 .
Chứng minh. Tương ứng đỉnh A,B,Cvới số phức z1,z2,z3, tâm Ovới số phức zvà hai điểmE,F ứng với hai số phứcu,v.Từ bất đẳng thức dưới đây:
|zưu||zưv|
|z−z1||z−z2||z−z3| ⩽ |z1−u||z1−v|
|z1−z2||z1−z3||z−z1| + |z2−u||z2−v|
|z2−z1||z2−z3||z−z2|+ |z3−u||z3−v|
|z3−z1||z3−z2||z−z3| ta suy ra OE.OF
R2 ⩽ AE.AF
bc +BE.BF
ca +CE.CF ab .
Mệnh đề 3.3.7. Tam giác ABC với BC= a,CA= b,AB=c có đường tròn ngoại tiếp tâm O bán kính R và đường tròn nội tiếp tâmI bán kính r. GọiH là trực tâm của tam giác. Ký hiệu khoảng cách từ O đến các cạnh BC,CA,ABlà x,y,z. Ta có bất đẳng thức:
(1) ax
MA+ by
MB+ cz
MC ⩾ abcMH
2MA.MB.MC với bất kỳ điểmM.
(2) ax IA+by
IB+ cz
IC ⩾ abc 8Rr2IH.
Chứng minh. (1) Tương ứng đỉnhA,B,C,Ovới số phứcz1,z2,z3,0vàMvới số phức z.Từ bất đẳng thức:
|z2+z3|
|z1−z2||z1−z3||z1−t|+ |z3+z1|
|z2−z3||z2−z1||z2−t|
+ |z1+z2|
|z3−z1||z3−z2||z3−t|⩾ |t−z1−z2−z3|
|t−z1||t−z2||t−z3| ta có ngay bất đẳng nhất thức ax MA+ by
MB+ cz
MC ⩾ abcMH 2MA.MB.MC. (2) KhiM≡I ta có ax
IA+by IB+ cz
IC ⩾ abc
2IA.IB.ICIH = abc 8Rr2IH.
Ví dụ 3.3.4. Giả sử tam giácABCcóBC=a,CA=b,AB=c.GọiA1,B1,C1là trung điểm của các cạnhBC,CA,AB,tương ứng. Ký hiệu khoảng cách từ điểmMtrong mặt phẳngABCđếnA1,B1,C1 làx,y,z.Khi đó có bất đẳng thứcayz+bzx+cxy⩾ abc
4 . Từ đó ta có bất đẳng thức:x3+y3+z3⩾ 1
8
r a3b3c3 a3+b3+c3.
Bài giải. Tương ứng các điểmA,B,C,M với số phứcz1,z2,z3,0. Từ bất đẳng thức
|z1+z2||z2+z3|
|z1−z2||z2−z3|+|z2+z3||z3+z1|
|z2−z3||z3−z1|+|z3+z1||z1+z2|
|z3−z1||z3−z2| ⩾1 ta có bất đẳng nhất thức: 4zx
ca +4xy ab +4yz
bc ⩾1.Từ đây suy raayz+bzx+cxy⩾ abc 4 . Bởi vì
q3
(a3+b3+c3)(y3+z3+x3)(z3+x3+y3)⩾ayz+bzx+cxy
nên ta có bất đẳng thức:x3+y3+z3⩾ 1 8
r a3b3c3 a3+b3+c3.
Mệnh đề 3.3.8. Giả sử tam giácABCcóBC=a,CA=b,AB=c.GọiA1,B1,C1 là trung điểm của các cạnh BC,CA,AB, tương ứng và Glà trọng tâm tam giác ABC.
Đặtda =MA,db =MB,dc =MC,dg =MG. Ký hiệu khoảng cách từ điểmM trong mặt phẳngABC đếnA1,B1,C1làx,y,z>0.Khi đó có bất đẳng thức:
ada2
x +bdb2
y +cdc2 z ⩾ 9
4 abc xyzdg2.
Chứng minh. Tương ứng đỉnhA,B,Cvà điểmM với số phứcz1,z2,z3 và số0.Ta có bất đẳng thức
MA2.MB1.MC1
bc +MB2.MC1.MA1
ca +MC2.MA1.MB1
ba ⩾ 9 4MG2.
Như vậy ta có ada2
x +bdb2
y +cdc2 z ⩾ 9
4 abc
xyzdg2.
Mệnh đề 3.3.9. Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA= b,AB= c. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp trong∆ABC.Với điểmM trong mặt phẳngABCta luôn có
aIA2
MA +bIB2
MB +cIC2
MC ⩾ abcIM2 MA.MB.MC.
Chứng minh. Tương ứng A,B,C,M,I với số phứcz1,z2,z3,z,0.Từ bất đẳng thức
|z1|2
|z1−z2||z1−z3||z−z1|+ |z2|2
|z2−z3||z2−z1||z−z2|+ |z3|2
|z3−z1||z3−z2||z−z3|
⩾ |z2|
|z−z1||z−z2||z−z3| ta suy ra bất đẳng thức
IA2
bcMA+ IB2
caMB+ IC2
abMC ⩾ IM2 MA.MB.MC. Như vậy ta đã có bất đẳng thức
aIA2
MA +bIB2
MB +cIC2
MC ⩾ abcIM2 MA.MB.MC.