Phương pháp tam giác hóa đại số chứng minh bất đẳng thức

**vipCD** · 27-02-2008, 03:23 PM

PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC HÓA ĐẠI SỐ
TLA

vipCD

Chúng ta đã có rất nhiều cách chứng minh bất đẳng thức, nay tôi xin giới thiệu một phương pháp khá mới và hiệu quả. Một lớp bất đẳng thức có thể giải được hiệu quả bằng phương pháp này. Sau đây là một số kết quả và ứng dụng của nó!

Trong bài viết luôn kí hiệu $a,b,c $ là độ dài ba cạnh của một tam giác, và $p,r,R,S $ lần lượt là chu vi, bán kính nội tiếp, ngoại tiếp và diện tích của tam giác đó.

Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để các số dương $a,b,c $ là độ dài ba cạnh của một tam giác là tồn tại các số dương $x,y,z $ sao cho $a=x+y, b=y+z, c=z+x $

Với định lí này chúng ta có một số kết quả khá thú vị:

$x+y+z=\frac{a+b+c}{2}=p $

$x=\frac{a+c-b}{2}=p-b $

$y=\frac{a+b-c}{2}=p-c $

$z=\frac{b+c-a}{2}=p-a $

Trong tam giác ta có một số tính chất như sau:

$abc=4prR $

$ab+bc+ca=r^2+R^2+2pr $

Từ hai tính chất này có kết quả quan trọng tạo nên cách chứng minh:

$xyz=(p-a)(p-b)(p-c)=pr^2 $

$xy+yz+zx=(p-a)(p-b)+(p-a)(p-c)+(p-b)(p-c)=4rR+r^2 $

Một số bất đẳng thức trong tam giác có tính ứng dụng trong bài viết là:

Bất Đẳng Thức Euler: Trong mọi tam giác ta luôn có bất đẳng thức sau: $R\geq 2r $ $(1) $

Bất Đẳng Thức Gerrectsen: Trong mọi tam giác ta luôn có bất đẳng thức sau: $p^2+5r^2 \geq 16Rr $ $(2) $

Và ta có thêm các kết quả quen biết từ hai bất đẳng thức trên:

$\frac{3\sqrt{3}}{2} \geq p \geq \frac{6\sqrt{3}}{2} $ $(3) $

$p^2 \geq \frac{27Rr}{2} $ $(4) $

ỨNG DỤNG CỦA CÁC KẾT QUẢ TRÊN:

Bài toán 1: (APMO 1998) Cho các số dương $x,y,z $. Chứng minh:

$(1+\frac{x}{y})(1+\frac{y}{z})(1+\frac{z}{x}) \geq 2(1+\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}) $

Lời giải: Thực hiện khai triển bất đẳng thức, ta có bất đẳng thức tương đương sau:

$\frac{xy(x+y)+yz(z+y)+xz(x+z)}{xyz} \geq \frac{2(x+y+z)}{3\sqrt[3]{xyz}} $

Bất đẳng thức này đối xứng và đồng bậc nên chuẩn hóa $p=x+y+z=1 $

$<-> \frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)-3xyz}{xyz} \geq \frac{2(x+y+z)}{3\sqrt[3]{xyz}} $

$<-> \frac{4Rr+r^2-3r^2}{r^2} \geq \frac{2}{3\sqrt[3]{r^2}} $

$<->12R-6r \geq 2\sqrt[3]{r} $ từ $(3) $ ta có: $r \leq \frac{1}{3\sqrt{3}} $ và $R\geq\frac{2}{3\sqrt{3}} $

Mà $12R \geq 12\frac{2}{3\sqrt{3}} \geq 6\frac{1}{3\sqrt{3}}+2\sqrt[3]{\frac{1}{3\sqrt{3}} $

$-> $ đpcm. Dấu $= $ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $

Bài toán 2: (Phạm Văn Thuần) Cho các số thự dương $x,y,z $ thỏa $x+y+z=1 $. Chứng minh:

$\frac{1}{1-xy}+\frac{1}{1-yz}+\frac{1}{1-xz} \leq \frac{27}{8} $

Lời giải: Đặt $p=x+y+z=1; q=xy+yz+zx; v=xyz $

Ta có:

$\sum {(1-xy)(1-yz)} = 3-2q+pv $

$(1-xy)(1-yz)(1-zx)=1-q+pv-v^2 $

Bất đẳng thức có dạng:

$\frac{3-2q+pr}{1-q+pv-v^2} $ hoặc

$3-11q+19v-27v^2 \geq 0 $

$<-> 3-11(4rR+r^2)+19r^2-27r^4 \geq 0 $

$<-> 27r^4 - 7r^2 +44Rr -3 \leq 0 $

ribble:
.......

Bài toán 3: (vasile cirtoaje) Cho các số dương $x,y,z $ thỏa $xyz=1 $. Chứng minh:

$1+\frac{3}{x+y+z} \geq \frac{6}{xy+yz+zx} $

Lời giải: Chú ý bài này có một bài tương tự là: chứng minh: $1+\frac{xy+yz+zx} \geq \frac{6}{x+y+z} $ với $x,y,z>0 $ bài này dễ hơn rất nhiều so với bài toán ban đầu!
Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca $
BĐT <-> $pq-3q-6p \geq 0 $
Dùng hình học hóa ta có:
$q=4Rr+r^2 $

BĐT $<->R(4pr+12r)+pr^2+3r^2-6p \geq 0 $
Do $pr^2=1, R \geq \frac{2p}{3\sqrt{3}} $ ta phải chứng minh:
$<->f(r)=9\sqrt{3}r^5+3\sqrt{3}r^3+24r^2-18\sqrt{3}r+8 \geq 0 $
Ta có: $f'(r)=45\sqrt{3}r^4+9\sqrt{3}r^2+48r-18\sqrt{3} $
$f''(r)=180r^3+18\sqrt{3}r+48 \geq 0 $
$->f'(r) \leq f'(\frac{1}{3}) <0 [/ $
$->f(r)\geq f(\frac{1}{3})>0 $ với $r_{max}=\frac{1}{3} $
vì $1=pr^2 \geq 3r^2 $:waaaht:
vậy ta có đpcm.

Bài toán 4: (vipCD) Cho các số dương $x,y,z $ thỏa $x+y+z=1 $. Chứng minh:

$\frac{1}{(x+Y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x) ^2} \geq \frac{3\sqrt[4]{3}}{2\sqrt{x^2+y^2+z^2} (1-x)(1-y)(1-z) $

Lời giải: đặt $a=(x+y)^2 + (y+z)^2; b=(y+z)^2 + (z+x)^2; c=(z+x)^2 + (x+y)^2 $

$->2( a+b+c )\leq 8(x^2+y^2+z^2) $
Ta phải chứng minh:
$\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c} \geq \frac{3\sqrt[4]{3}}{\sqrt{S}} $. Áp dụng AM - GM ta được:
$(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c})((p-a)+(p-b)+(p-c)) \geq 9 $ $-> \sum (\frac{1}{p-a}) \geq \frac{9}{p} $
$-> 4\sum (\frac{1}{p-a}) \geq 3(\sum (\frac{1}{p-a}) +\frac{3}{p}) $
Áp dụng tiếp AM - GM:

$\sum (\frac{1}{p-a}) +\frac{3}{p} \geq \sqrt[4]{\frac{3}{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \frac{4\sqrt[4]{3}}{\sqrt{S}} $

vậy ta có đpcm!

còn tiếp............................

NguyenDungTN · 29-02-2008, 11:27 PM

Đây thực chất không phải là TLA gì cả, cái này có lâu lắm rồi VIP ạ! Nó là dạng sơ khai của GLA- tác giả Bùi Việt Anh, nghĩa là hình học hóa đại số. Khi dùng để CM BDT mạnh hơn thì 1 KQ rất hay dùng là BDT Blundon, được coi là BDT mạnh nhất giữa 3 biến p,R,r:
$2R^{2}+10Rr-r^{2}-2(R-2r)\sqrt{R(R-2r)}\leq p^{2}\leq 2R^{2}+10Rr-r^{2}+2(R-2r)\sqrt{R(R-2r)}. $

Các bạn có thể vào đây để xem thêm về BDT này:
[Only registered and activated users can see links. ]
Hoặc down file gửi kèm.

**vipCD** · 01-03-2008, 07:37 PM

hihi, thì ai vẫn biết là nó là cái sơ khai của GLA mà ý mình viết về ứng dụng để giải thôi chứ! cái tài liệu trên chỉ có lý thuyết thôi nó chẳng có gì ở trong đó cả, và mình không nghĩ là GLA lại bình thường như vậy bài viết trên rất nhẹ nhàng và không đụng tới bludon

**vipCD** · 09-03-2008, 09:57 AM

Trích:

Nguyên văn bởi NguyenDungTN

Đây thực chất không phải là TLA gì cả, cái này có lâu lắm rồi VIP ạ! Nó là dạng sơ khai của GLA- tác giả Bùi Việt Anh, nghĩa là hình học hóa đại số. Khi dùng để CM BDT mạnh hơn thì 1 KQ rất hay dùng là BDT Blundon, được coi là BDT mạnh nhất giữa 3 biến p,R,r:
$2R^{2}+10Rr-r^{2}-2(R-2r)\sqrt{R(R-2r)}\leq p^{2}\leq 2R^{2}+10Rr-r^{2}+2(R-2r)\sqrt{R(R-2r)}. $

Các bạn có thể vào đây để xem thêm về BDT này:
[Only registered and activated users can see links. ]
Hoặc down file gửi kèm.

Xin lỗi Ndũng nhưng bài viết này phải của anh Việt Anh không? Anh Việt Anh cũng phát triển GLA từ bài viết này ( không thấy GLA đâu cả ) thì mình hoặc ai đó cũng có thể phát triển đó theo ý của cá nhân!
:hornytoro:

**vănđhkh** · 17-03-2008, 05:31 PM

Trích:

Nguyên văn bởi vipCD

Xin lỗi Ndũng nhưng bài viết này phải của anh Việt Anh không? Anh Việt Anh cũng phát triển GLA từ bài viết này ( không thấy GLA đâu cả ) thì mình hoặc ai đó cũng có thể phát triển đó theo ý của cá nhân!
:hornytoro:

Bài viết trên của tác giả Bilaver mà,đâu phải của anh Việt Anh.Cái pp GLA của anh VA chỉ được viết bằng tay rùi gửi đi nhưng đến bây giờ sao mà vẫn thấy bật vô âm tín,chưa thấy xuất bản.vipCD cứ viết tiếp chuyên đề của mình đi

**psquang_pbc** · 07-07-2008, 02:29 PM

Oài edit cái căn giữa đi cậu Vip ơi, nhìn nhố nhỉ?

tientruong29 · 15-07-2008, 05:48 PM

em nghĩ là phương pháp này cũng khá giống với p,q,r nhưng có điều là nó được mở rộng hơn khá nhiều. Nói chung đây cũng là 1 phương pháp chứng minh bđt hay và có nhiều ứng dụng.

trần khải khtn · 16-07-2008, 09:22 PM

em thì nghĩ rằng cái này thua xa GLA ,GLA của anh Việt anh tuy mang danh là hình học hóa đại số nhưng em thấy nó cũng thực chất chỉ là đại số thôi ,và hình như nó tương đương với p,q,r của anh cẩn hay sao í ( cái bổ đề mạnh nhất của GLA hình như tương đương với bổ đề của anh cẩn )
Nên đối với mấy cái này em thấy nó bình thường !

reamer

spam trá hình đây ):hornytoro:

**ma 29** · 01-11-2008, 08:17 AM

Dưới đây là bài viết chưa hoàn chỉnh của anh Việt Anh về GLA,các bạn hãy đọc và......... cảm nhận..............:hornytoro:

27-02-2008, 03:23 PM	#1
vipCD +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 403 Thanks: 34 Thanked 78 Times in 34 Posts	Phương pháp tam giác hóa đại số chứng minh bất đẳng thức PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC HÓA ĐẠI SỐ TLA vipCD Chúng ta đã có rất nhiều cách chứng minh bất đẳng thức, nay tôi xin giới thiệu một phương pháp khá mới và hiệu quả. Một lớp bất đẳng thức có thể giải được hiệu quả bằng phương pháp này. Sau đây là một số kết quả và ứng dụng của nó! Trong bài viết luôn kí hiệu $a,b,c $ là độ dài ba cạnh của một tam giác, và $p,r,R,S $ lần lượt là chu vi, bán kính nội tiếp, ngoại tiếp và diện tích của tam giác đó. Định lí 1: Điều kiện cần và đủ để các số dương $a,b,c $ là độ dài ba cạnh của một tam giác là tồn tại các số dương $x,y,z $ sao cho $a=x+y, b=y+z, c=z+x $ Với định lí này chúng ta có một số kết quả khá thú vị: $x+y+z=\frac{a+b+c}{2}=p $ $x=\frac{a+c-b}{2}=p-b $ $y=\frac{a+b-c}{2}=p-c $ $z=\frac{b+c-a}{2}=p-a $ Trong tam giác ta có một số tính chất như sau: $abc=4prR $ $ab+bc+ca=r^2+R^2+2pr $ Từ hai tính chất này có kết quả quan trọng tạo nên cách chứng minh: $xyz=(p-a)(p-b)(p-c)=pr^2 $ $xy+yz+zx=(p-a)(p-b)+(p-a)(p-c)+(p-b)(p-c)=4rR+r^2 $ Một số bất đẳng thức trong tam giác có tính ứng dụng trong bài viết là: Bất Đẳng Thức Euler: Trong mọi tam giác ta luôn có bất đẳng thức sau: $R\geq 2r $ $(1) $ Bất Đẳng Thức Gerrectsen: Trong mọi tam giác ta luôn có bất đẳng thức sau: $p^2+5r^2 \geq 16Rr $ $(2) $ Và ta có thêm các kết quả quen biết từ hai bất đẳng thức trên: $\frac{3\sqrt{3}}{2} \geq p \geq \frac{6\sqrt{3}}{2} $ $(3) $ $p^2 \geq \frac{27Rr}{2} $ $(4) $ ỨNG DỤNG CỦA CÁC KẾT QUẢ TRÊN: Bài toán 1: (APMO 1998) Cho các số dương $x,y,z $. Chứng minh: $(1+\frac{x}{y})(1+\frac{y}{z})(1+\frac{z}{x}) \geq 2(1+\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}) $ Lời giải: Thực hiện khai triển bất đẳng thức, ta có bất đẳng thức tương đương sau: $\frac{xy(x+y)+yz(z+y)+xz(x+z)}{xyz} \geq \frac{2(x+y+z)}{3\sqrt[3]{xyz}} $ Bất đẳng thức này đối xứng và đồng bậc nên chuẩn hóa $p=x+y+z=1 $ $<-> \frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)-3xyz}{xyz} \geq \frac{2(x+y+z)}{3\sqrt[3]{xyz}} $ $<-> \frac{4Rr+r^2-3r^2}{r^2} \geq \frac{2}{3\sqrt[3]{r^2}} $ $<->12R-6r \geq 2\sqrt[3]{r} $ từ $(3) $ ta có: $r \leq \frac{1}{3\sqrt{3}} $ và $R\geq\frac{2}{3\sqrt{3}} $ Mà $12R \geq 12\frac{2}{3\sqrt{3}} \geq 6\frac{1}{3\sqrt{3}}+2\sqrt[3]{\frac{1}{3\sqrt{3}} $ $-> $ đpcm. Dấu $= $ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $ Bài toán 2: (Phạm Văn Thuần) Cho các số thự dương $x,y,z $ thỏa $x+y+z=1 $. Chứng minh: $\frac{1}{1-xy}+\frac{1}{1-yz}+\frac{1}{1-xz} \leq \frac{27}{8} $ Lời giải: Đặt $p=x+y+z=1; q=xy+yz+zx; v=xyz $ Ta có: $\sum {(1-xy)(1-yz)} = 3-2q+pv $ $(1-xy)(1-yz)(1-zx)=1-q+pv-v^2 $ Bất đẳng thức có dạng: $\frac{3-2q+pr}{1-q+pv-v^2} $ hoặc $3-11q+19v-27v^2 \geq 0 $ $<-> 3-11(4rR+r^2)+19r^2-27r^4 \geq 0 $ $<-> 27r^4 - 7r^2 +44Rr -3 \leq 0 $ ribble: ....... Bài toán 3: (vasile cirtoaje) Cho các số dương $x,y,z $ thỏa $xyz=1 $. Chứng minh: $1+\frac{3}{x+y+z} \geq \frac{6}{xy+yz+zx} $ Lời giải: Chú ý bài này có một bài tương tự là: chứng minh: $1+\frac{xy+yz+zx} \geq \frac{6}{x+y+z} $ với $x,y,z>0 $ bài này dễ hơn rất nhiều so với bài toán ban đầu! Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca $ BĐT <-> $pq-3q-6p \geq 0 $ Dùng hình học hóa ta có: $q=4Rr+r^2 $ BĐT $<->R(4pr+12r)+pr^2+3r^2-6p \geq 0 $ Do $pr^2=1, R \geq \frac{2p}{3\sqrt{3}} $ ta phải chứng minh: $<->f(r)=9\sqrt{3}r^5+3\sqrt{3}r^3+24r^2-18\sqrt{3}r+8 \geq 0 $ Ta có: $f'(r)=45\sqrt{3}r^4+9\sqrt{3}r^2+48r-18\sqrt{3} $ $f''(r)=180r^3+18\sqrt{3}r+48 \geq 0 $ $->f'(r) \leq f'(\frac{1}{3}) <0 [/ $ $->f(r)\geq f(\frac{1}{3})>0 $ với $r_{max}=\frac{1}{3} $ vì $1=pr^2 \geq 3r^2 $:waaaht: vậy ta có đpcm. Bài toán 4: (vipCD) Cho các số dương $x,y,z $ thỏa $x+y+z=1 $. Chứng minh: $\frac{1}{(x+Y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x) ^2} \geq \frac{3\sqrt[4]{3}}{2\sqrt{x^2+y^2+z^2} (1-x)(1-y)(1-z) $ Lời giải: đặt $a=(x+y)^2 + (y+z)^2; b=(y+z)^2 + (z+x)^2; c=(z+x)^2 + (x+y)^2 $ $->2( a+b+c )\leq 8(x^2+y^2+z^2) $ Ta phải chứng minh: $\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c} \geq \frac{3\sqrt[4]{3}}{\sqrt{S}} $. Áp dụng AM - GM ta được: $(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c})((p-a)+(p-b)+(p-c)) \geq 9 $ $-> \sum (\frac{1}{p-a}) \geq \frac{9}{p} $ $-> 4\sum (\frac{1}{p-a}) \geq 3(\sum (\frac{1}{p-a}) +\frac{3}{p}) $ Áp dụng tiếp AM - GM: $\sum (\frac{1}{p-a}) +\frac{3}{p} \geq \sqrt[4]{\frac{3}{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \frac{4\sqrt[4]{3}}{\sqrt{S}} $ vậy ta có đpcm! còn tiếp............................ __________________ *TRY* thay đổi nội dung bởi: vipCD, 07-05-2008 lúc 10:17 PM

01-03-2008, 07:37 PM	#3
vipCD +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 403 Thanks: 34 Thanked 78 Times in 34 Posts	hihi, thì ai vẫn biết là nó là cái sơ khai của GLA mà ý mình viết về ứng dụng để giải thôi chứ! cái tài liệu trên chỉ có lý thuyết thôi nó chẳng có gì ở trong đó cả, và mình không nghĩ là GLA lại bình thường như vậy bài viết trên rất nhẹ nhàng và không đụng tới bludon __________________ *TRY*

07-07-2008, 02:29 PM	#6
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 747 Thanks: 9 Thanked 111 Times in 72 Posts	Oài edit cái căn giữa đi cậu Vip ơi, nhìn nhố nhỉ? __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!

16-07-2008, 09:22 PM	#8
trần khải khtn +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2008 Bài gởi: 3 Thanks: 0 Thanked 1 Time in 1 Post	em thì nghĩ rằng cái này thua xa GLA ,GLA của anh Việt anh tuy mang danh là hình học hóa đại số nhưng em thấy nó cũng thực chất chỉ là đại số thôi ,và hình như nó tương đương với p,q,r của anh cẩn hay sao í ( cái bổ đề mạnh nhất của GLA hình như tương đương với bổ đề của anh cẩn ) Nên đối với mấy cái này em thấy nó bình thường ! reamerspam trá hình đây ):hornytoro:

15-07-2008, 05:48 PM	#7
tientruong29 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Đến từ: phố núi pleiku Bài gởi: 97 Thanks: 4 Thanked 32 Times in 14 Posts	em nghĩ là phương pháp này cũng khá giống với p,q,r nhưng có điều là nó được mở rộng hơn khá nhiều. Nói chung đây cũng là 1 phương pháp chứng minh bđt hay và có nhiều ứng dụng.