1.1. Định lí Viete cho 3 số
Giả sử phương trình : $a.x^3+b.x^2+c.x+d=0$ $(a \neq 0)$
có 3 nghiệm là $x_1,x_2,x_3$.KHi đó ta có:
$x_1+x_2+x_3=\dfrac{-b}{a}$
$x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=\dfrac{c}{a}$
$x_1x_2x_3=\dfrac{-d}{a}$
1.2.Và hiển nhiên ta có thêm hệ quả: $\dfrac{1}{x_1},\dfrac{1}{x_2},\dfrac{1}{x_3}$ là 3 nghiệm của phương trình
$d.x^3+c.x^2+b.x+a =0 $.Từ đó ta có 1 bộ Viete mới cho các nghiệm nghịch đảo.
1.3.Các công thức cơ bản
Trong tam giác ,kí hiệu S,p,r,R,h lần lượt là diện tích,nửa chu vi,bán kính đường tròn nội tiếp , bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường cao tam giác.KHi đó:
$ S=\dfrac{1}{2}.a.h_a=\dfrac{1}{2}.b.h_b=\dfrac{1}{2}.c.h_c$
$S=r.p$
$S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} $
$ S=\dfrac{abc}{4R}$
2.Các bộ số Viete trong tam giác
2.1.Kí hiệu a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác.Ta có bộ số Viete cơ bản của tam giác
$a+b+c=2p$
$ a.b+b.c+c.a=p^2+r^2+4.R.r $
$a.b.c=4.R.r.p$
(CHứng minh:các công thức trên CM khá dễ bằng việc áp dụng trực tiép các công thức diện tích.)
Từ trên ,ta thấy a,b,c là 3 nghiệm của phương trình:
$t^3-2p.t^2+(p^2+r^2+4R.r).t-4R.r.p=0$
ta có ngay hệ quả là $\farc{1}{x_1},\farc{1}{x_2},\farc{1}{x_3}$ là 3 nghiệm của phương trình mới:
$4R.r.p.t^3-(p^2+r^2+4R.r).t^2+2p.t-1=0$
Theo định lí Viete ta có:
$\farc{1}{x_1}+\farc{1}{x_2}+\farc{1}{x_3}=\dfrac {p^2+r^2+4rR}{(4Rrp} $
$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=\dfrac{1}{2Rr}$
2.2.Thật tình cờ,ta đã thu được các công thức khá đẹp. Ta nghĩ đến các bài toán về bất đẳng thức:
2.2.1 .$(a+b+c)^2 \geq 3.(ab+bc+ca)$ (quá dễ..)
ta nghĩ ngay đến việc thay $a+b+c=2p;ab+bc+ca=p^2+r^2+4Rr$vào bất đẳng thức trên.Kết quả thật tình cờ và bất ngờ:
BÀI TOÁN 1
CHO a,b,c là 3 cạnh tam giác.CMR:
$p^2 \geq 3r^2+12.R.r$
2.2.2.Lại nghĩ đến bất đẳng thức Schwarzt:
$ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \geq \dfrac{9}{a+b+c}$
hay ta có: $ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} = \dfrac{ p^2+r^2+4R.r}{4Rrp} \geq \dfrac{9}{2p}$
khai triển ra ta có ngay 1 bài mới:
BÀI TOÁN 2
CHỨNG MINH rằng:
$p^2+r^2 \geq 14Rr$
NHẬN XÉT:Các bài toán nêu ra khá khó.Ta có thể tạo ra nhiều bài khó với phương pháp trên.Nếu ta không biết trước ẩn sau đó là định lí Viete thì việc giải là cả 1 thách thức.Việc nắm bắt vấn đề gốc là vô cùng quan trọng.
2.3.Ta có thể có thêm các bộ số Viete :
$(p-a)+(p-b)+(p-c)=p$
$ (p-a).(p-b)+(p-b).(p-c)+(p-c).(p-a)=r^2+4Rr$
$(p-a)(p-b)(p-c)=p.r^2$
Với cái tư tưởng $a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$ ta thu được:
BÀI TOÁN 3:
Chứng minh rằng:
$(p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2 \geq r^2+4Rr$
2.3.1 Từ 2.3 ta suy ra bộ 3 số $p-a,p-b,p-c$ là 3 nghiệm của phương trình
$ t^3-p.t^2+(r^2+4Rr).t - p.r^2=0$
Hệ quả, có ngay bộ Viete mới: $\dfrac{1}{p-a},\dfrac{1}{p-b},\dfrac{1}{p-c}$ là 3 nghiệm của phương trình:
$ p.r^2.t^3-(r^2+4Rr).t^2+p.t-1=0$
2.3.2.LẠi theo định lí Viete ta có
$\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}=\dfrac{r+4R}{p.r}$
$\dfrac{1}{(p-a)(p-b)}+\dfrac{1}{(p-b)(p-c)}+\dfrac{1}{(p-a)(p-c)}=\dfrac{1}{r^2}$
Vẫn cái tư tưởng giản đơn $(a+b+c)^2 \geq 3.(ab+bc+ca)$ ta có ngay
BÀI TOÁN 4
Chứng minh rằng:
$\dfrac{r+4R}{p.r} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{r^2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 31-05-2009 - 19:29
