Đến nội dung

Hình ảnh

Bất đẳng hình !


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1
chessmate

chessmate

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
Xin chào các bạn, mình xin nói wa về nguyên nhân lập topic này.
Hiện nay, có lẽ bất đẳng thức không còn xa lạ đối với các bạn học sinh, sinh viên; thậm chí nó còn hoạt động khá mạnh. Và mình cũng bị cuốn xoáy vào điều đó, mặc dù bất đẳng thức đối với mình là một khó khăn rất lớn. Nhưng, minh nghĩ, tại sao chỉ có bất đẳng thức về số là chiếm chủ yếu; và chỉ có rất....rất ít các bất đẳng thức về hình học. Mà dù có bất đẳng thức hình đi nữa thì đa số phép chứng minh của nó lại là chuyển về đại số. Mình không phải là không thick chuyển bất hình học về đại số, nhưng chuyển cũng ít ít thôi. Mình đẫ từng gặp nhiều bài bất đẳng thức hình, trong đó việc đầu tiên của phép chứng minh nó là chuyển về đại số, rồi lại từ đại số mà dùng đến cả các phương pháp mạnh như dồn biến và S.O.S, có khi còn cả sử dụng các tiêu chuẩn về S.O.S nữa chứ. Mấy bất đẳng thức đó khó thì chắc rùi, nhưng theo quan điểm của mình (của mình thôi nha) thì đó là bất đẳng thức không đẹp, nó làm mất đi tính hình học vốn có của nó.
Và những bất đẳng thức hình học đẹp nay có lẽ cũng không nhiều. Minh xin post mấy bài (dễ dễ thôi), mong các bạn sẽ đóng góp và thưởng thức những đẹp đẽ ẩn chứa sau đó.
Để cho tiện chúng ta quy ước a,b,c là 3 cạnh BC,CA,AB của tam giác ABC; $ R,r,r_{a},r_{b},r_{c}$ lần lượt là bán kinh đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A,B,C của tam giác ABC; $ m_{a},h_{a},l_{a}.m_{b},h_{b},l{b},m_{c},h_{b},l{c}$ lần lượt là trung tuyến, đường cao, phân giác ứng với cạnh BC,CA,BC.
Đầu tiên là một bài mình tự sáng tác, nếu trùng của một người nào đó thì cho minh xin lỗi.
Bài 1: Chứng minh : $ r_{a}+r_{b}+r_{c}> m_{a}+m_{b}+m_{c}$ (nhớ > là lớn hơn hoặc bằng.)

#2
Nguyễn Minh Cường

Nguyễn Minh Cường

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 115 Bài viết
Tiện đây các bạn chỉ giáo lun mình xin trich dẫn Hero Math
Bài 2:Cho tứ giác ABCD . Gọi O là giao của AC và BD. Đặt$ S_{1}=S_{AOB} ; S_{2}=S_{COD} $và $S=S_{ABCD}.$
a, CMR:$ \sqrt{S_{1}}+\sqrt{S_{2}}\leq \sqrt{S}$
b, khi ABCD là hình thang thì hệ thức trên sẽ ra sao?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Minh Cường: 29-06-2009 - 20:08


#3
chessmate

chessmate

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
Trước khi giải cái bài đó (minh nghĩ có lẽ cũng không khó lắm, bạn nào có thể tìm được lời giải cho nó thì nhớ pót lên nhé); minh post bài 2.
Bài 2: Chứng minh $ \dfrac{ab}{l_{c}}+\dfrac{bc}{l_{a}}+\dfrac{ca}{l_{b}}$.
Lời giải : Trước tiên xin nói wa về một cái bài toán nhỏ : $ ab=2R.h_{c}$
Vậy $ \dfrac{ab}{l_{c}}+\dfrac{bc}{l_{a}}+\dfrac{ca}{l_{b}} < \dfrac{ab}{h_{c}}+\dfrac{bc}{h_{a}}+\dfrac{ca}{h_{b}} = 6R $
Nhận xét :Lời giải trên khá đẹp và không cần công cụ đại số phức tạp nào, chỉ đánh giá $l_{a}>h_{a}$. Nhưng điều wan trọng là ta có thể tổng wat bài trên thành :
Cho tam giác ABC và các đướng AM,BN,CK đồng wi tại O.Chứng minh rằng :$\dfrac{ab}{CK}+\dfrac{bc}{AM}+\dfrac{ca}{BN}< 6R$
Bài 3: Chứng minh R > 2r.
Lời giải Bài trên có lẽ khá wen với các bạn và cũng có rất nhiều chứng minh cho nó (các bạn có thể tham khảo cách chứng minh trong cuốn Nâng cao và phát triển toán của thầy Vũ Hữu Bình), nên mình không bàn đến chuyện đó. Và cái chính là ta có thể chứng minh được bài toán mạnh hơn (khá khó) :$\dfrac{r}{R}+\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{16R^2}<\dfrac{1}{2}$.
Sau đây là cách giải mà mình copy từ cuốn : Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và tuổi trẻ, quyển 3.
Giả sử a<b<c.Chiếu từ O và I lên cạnh AC tại các điểm O',I'. Ta có $CO'=\dfrac{b}{2}, CI'=\dfrac{a+b-c}{2}$
Thế thì sử dụng công thức Euler : $OI^2=R^2-2Rr => \dfrac{(c-a)^2}{4}< R^2-2Rr$
Mặt khác ta có $ (c-a)^2=(c-b+b-a)^2>(c-b)^2+(b-a)^2=>\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4}<\dfrac{3(c-a)^2}{4}<3.(R^2-2Rr).$.
Từ đó biển đổi 1 chút ta có điều phải chứng minh.
Nhớ là dấu >,< là lớn hơn hoặc bằng với bé hơn hoặc bằng nhen
Mình sẽ còn tiếp tục, hy vọng các bạn đóng góp!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chessmate: 29-06-2009 - 20:21


#4
Hero Math

Hero Math

    Anh hùng của diễn đàn .

  • Thành viên
  • 237 Bài viết

Trước khi giải cái bài đó (minh nghĩ có lẽ cũng không khó lắm, bạn nào có thể tìm được lời giải cho nó thì nhớ pót lên nhé); minh post bài 2.
Bài 2: Chứng minh $ \dfrac{ab}{l_{c}}+\dfrac{bc}{l_{a}}+\dfrac{ca}{l_{b}}$.
Lời giải : Trước tiên xin nói wa về một cái bài toán nhỏ : $ ab=2R.h_{c}$
Vậy $ \dfrac{ab}{l_{c}}+\dfrac{bc}{l_{a}}+\dfrac{ca}{l_{b}} < \dfrac{ab}{h_{c}}+\dfrac{bc}{h_{a}}+\dfrac{ca}{h_{b}} = 6R $
Nhận xét :Lời giải trên khá đẹp và không cần công cụ đại số phức tạp nào, chỉ đánh giá $l_{a}>h_{a}$. Nhưng điều wan trọng là ta có thể tổng wat bài trên thành :
Cho tam giác ABC và các đướng AM,BN,CK đồng wi tại O.Chứng minh rằng :$\dfrac{ab}{CK}+\dfrac{bc}{AM}+\dfrac{ca}{BN}< 6R$
Bài 3: Chứng minh R > 2r.
Lời giải Bài trên có lẽ khá wen với các bạn và cũng có rất nhiều chứng minh cho nó (các bạn có thể tham khảo cách chứng minh trong cuốn Nâng cao và phát triển toán của thầy Vũ Hữu Bình), nên mình không bàn đến chuyện đó. Và cái chính là ta có thể chứng minh được bài toán mạnh hơn (khá khó) :$\dfrac{r}{R}+\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{16R^2}<\dfrac{1}{2}$.
Sau đây là cách giải mà mình copy từ cuốn : Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và tuổi trẻ, quyển 3.
Giả sử a<b<c.Chiếu từ O và I lên cạnh AC tại các điểm O',I'. Ta có $CO'=\dfrac{b}{2}, CI'=\dfrac{a+b-c}{2}$
Thế thì sử dụng công thức Euler : $OI^2=R^2-2Rr => \dfrac{(c-a)^2}{4}< R^2-2Rr$
Mặt khác ta có $ (c-a)^2=(c-b+b-a)^2>(c-b)^2+(b-a)^2=>\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4}<\dfrac{3(c-a)^2}{4}<3.(R^2-2Rr).$.
Từ đó biển đổi 1 chút ta có điều phải chứng minh.
Nhớ là dấu >,< là lớn hơn hoặc bằng với bé hơn hoặc bằng nhen
Mình sẽ còn tiếp tục, hy vọng các bạn đóng góp!!

Bạn làm bài nào vậy, phải trích dẫn chứ

#5
drnohad

drnohad

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 18 Bài viết
Bài 1 Dễ dàng cm đc
$m_{a}+m_{b}+m_{c} \leq 4R+r$
Mà $r_{a}+r_{b}+r_{c}=4R+r$ (kết quả thuần túy hình học này có thể tham khảo ở cuốn "Những định lí chọn lọc trong hình học phẳng" trang 100)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi drnohad: 29-06-2009 - 22:17


#6
canhochoi

canhochoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
Mình làm bài của bạn Nguyễn Minh Cường luôn cho !
A/S(AOB) / S(COB) = OA/OC = S(AOD)/S(COD)
=> S(AOB).S(COD) = S(COB).S(AOD) = S1.S2
MÀ S=S1+S2+S(BOC)+S(AOD) >= S1+S2+ :sqrt{S1.S2}
>= ( :sqrt{S1} + :sqrt{S2} ) ^ 2
=> :sqrt{S1} + :sqrt{S2} =< :sqrt{S}
B/ AB // CD => DẤU " =" XẢY RA .
BC // AD => :sqrt{S1} + :sqrt{S2} =< :sqrt{S}
P/s : Sẵn tiện cho các bạn mấy bài làm chơi ( cũng xem xem giống bài này thui mờ )
Tứ giác ABCD. Cmr ; S(ABCD) =< 1/8 . ( AC + BD ) ^2

#7
canhochoi

canhochoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
Thêm nữa nè ! 2/Cũng tứ giác ABCD có AC = AD . Cmr BC < BD .
( tứ giác lõm có được ko? tại sao nhỉ? )
3/ Tứ giác ABCD có AB + BD =< AC + CD . Cmr AB < AC .

#8
chessmate

chessmate

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
Thêm nữa nè ! 2/Cũng tứ giác ABCD có AC = AD . Cmr BC < BD .
( tứ giác lõm có được ko? tại sao nhỉ? )
3/ Tứ giác ABCD có AB + BD =< AC + CD . Cmr AB < AC .
canhochoi Gửi bài Jun 30 2009, 01:07 AM
Mình làm bài của bạn Nguyễn Minh Cường luôn cho !
A/S(AOB) / S(COB) = OA/OC = S(AOD)/S(COD)
=> S(AOB).S(COD) = S(COB).S(AOD) = S1.S2
MÀ S=S1+S2+S(BOC)+S(AOD) >= S1+S2+ :sqrt{S1.S2}
>= ( :sqrt{S1} + :sqrt{S2} ) ^ 2
=> :sqrt{S1} + :sqrt{S2} =< :sqrt{S}
B/ AB // CD => DẤU " =" XẢY RA .
BC // AD => :sqrt{S1} + :sqrt{S2} =< :sqrt{S}
P/s : Sẵn tiện cho các bạn mấy bài làm chơi ( cũng xem xem giống bài này thui mờ )
Tứ giác ABCD. Cmr ; S(ABCD) =< 1/8 . ( AC + BD ) ^2
Bạn ghi gì mình đọc không hiểu, các mod nhớ sửa latex dùm bạn ấy nhé !!
Sau đây là cách giải của mình !!
Đặt OA=a, OB=b, OC=c, OD=d, $\widehat{AOB}=a$. Áp dụng công thức tính diện tích $S_ABC=\dfrac{1}{2}ab.sinc$Và lưu ý rằng $sina=sin(180^0-a)$. Ta cần chứng minh :
$sina.(a.b+c.d+\square{abcd})<sina(ab+cd+da+bc)$
$<=>\sqare{abcd}<ad+bc$
Điều này hiển nhiên, bất đẳng thức xảy ra khi ABCD là hình thang!!

#9
vuthanhtu_hd

vuthanhtu_hd

    Tiến sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1189 Bài viết

Thêm nữa nè ! 2/Cũng tứ giác ABCD có AC = AD . Cmr BC < BD .
( tứ giác lõm có được ko? tại sao nhỉ? )
3/ Tứ giác ABCD có AB + BD =< AC + CD . Cmr AB < AC .
canhochoi Gửi bài Jun 30 2009, 01:07 AM
Mình làm bài của bạn Nguyễn Minh Cường luôn cho !
A/S(AOB) / S(COB) = OA/OC = S(AOD)/S(COD)
=> S(AOB).S(COD) = S(COB).S(AOD) = S1.S2
MÀ S=S1+S2+S(BOC)+S(AOD) >= S1+S2+ :sqrt{S1.S2}
>= ( :sqrt{S1} + :sqrt{S2} ) ^ 2
=> :sqrt{S1} + :sqrt{S2} =< :sqrt{S}
B/ AB // CD => DẤU " =" XẢY RA .
BC // AD => :sqrt{S1} + :sqrt{S2} =< :sqrt{S}
P/s : Sẵn tiện cho các bạn mấy bài làm chơi ( cũng xem xem giống bài này thui mờ )
Tứ giác ABCD. Cmr ; S(ABCD) =< 1/8 . ( AC + BD ) ^2
Bạn ghi gì mình đọc không hiểu, các mod nhớ sửa latex dùm bạn ấy nhé !!
Sau đây là cách giải của mình !!
Đặt OA=a, OB=b, OC=c, OD=d, $\widehat{AOB}=a$. Áp dụng công thức tính diện tích $S_ABC=\dfrac{1}{2}ab.sinc$Và lưu ý rằng $sina=sin(180^0-a)$. Ta cần chứng minh :
$sina.(a.b+c.d+\square{abcd})<sina(ab+cd+da+bc)$
$<=>\sqare{abcd}<ad+bc$
Điều này hiển nhiên, bất đẳng thức xảy ra khi ABCD là hình thang!!


Em học gõ công thức trước khi post bài nhé.Với các công thức có dấu : ,em thay bằng \ rồi cho vào trong $$ #$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 30-06-2009 - 09:33

Nếu một ngày bạn cảm thấy buồn và muốn khóc,hãy gọi cho tôi nhé.
Tôi không hứa sẽ làm cho bạn cười nhưng có thể tôi sẽ khóc cùng với bạn.
Nếu một ngày bạn muốn chạy chốn tất cả hãy gọi cho tôi.
Tôi không yêu cầu bạn dừng lại nhưng tôi sẽ chạy cùng với bạn.
Và nếu một ngày nào đó bạn không muốn nghe ai nói nữa,hãy gọi cho tôi nhé.
Tôi sẽ đến bên bạn và chỉ im lặng.
Nhưng nếu một ngày bạn gọi đến tôi mà không thấy tôi hồi âm...
Hãy chạy thật nhanh đến bên tôi vì lúc đó tôi mới là người cần bạn.

______________________
__________________________________
Vu Thanh TuUniversity of Engineering & Technology


#10
Nguyễn Minh Cường

Nguyễn Minh Cường

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 115 Bài viết

Mình làm bài của bạn Nguyễn Minh Cường luôn cho !
A/ $\dfrac{S_{AOB}}{S_{COB}} = \dfrac{OA}{OC} = \dfrac{S_{AOD}}{S_{COD}} $
$=> S_{AOB}.S_{COD} = S_{COB}.S_{AOD} = S1.S2$
MÀ$ S=S1+S2+S_{BOC}+S_{AOD} >= S1+S2+ \sqrt{S1.S2} $
$ \geq ( \sqrt{S1} + \sqrt{S2} ) ^ 2$
$ => \sqrt{S1} + \sqrt{S2} \leq \sqrt{S} $
B/ AB // CD => DẤU " =" XẢY RA .
$ BC // AD => \sqrt{S1} + \sqrt{S2} \leq \sqrt{S}$
P/s : Sẵn tiện cho các bạn mấy bài làm chơi ( cũng xem xem giống bài này thui mờ )
Tứ giác ABCD. Cmr ;$ S_{ABCD} \leq \dfrac{1}{8} . ( AC + BD ) ^2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Minh Cường: 30-06-2009 - 09:51


#11
canhochoi

canhochoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
Anh có thể cho em biết công thức để gõ toán trên diễn đàn không? ( Em xin lỗi vì không biết cách đánh cho hoàn chỉnh !! )

#12
chessmate

chessmate

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
Cám ơn anh, sẵn tiện cho em hỏi trích dẫn chỗ nào vậy, em không bik !!
BÂy giờ mình sẽ pót mấy bài khó hơn một tí, mong các bạn tham gia.
Bài 4:Điều kiện cần và đủ để 3 số dươn a,b,c là 3 cạnh của một tam giác là : Với mọi p,q thỏa mãn :$p+q=1$ thì $pa^2+qb^2>pqc^2$
BÀi 5: CMR: $\dfrac{1}{m_a}+\dfrac{1}{m_b}+\dfrac{1}{m_c}>\dfrac{2}{R}$
Bài 6:Cho ba đường tròn có chu vi $C_1,C_2,C_3$ đôi một tiếp xúc ngoài với nhau tại các điểm A, B, C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác có chu vi C. CMR: $\sqrt{3} C< \sqrt[3]{C_1.C_2.C_3} $
Bài 7: CM: $\dfrac{1}{a^2.m_a}+\dfrac{1}{b^2.m_b}+\dfrac{1}{c^2.m_c}>\dfrac{3}{abc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 01-07-2009 - 20:11


#13
vuthanhtu_hd

vuthanhtu_hd

    Tiến sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1189 Bài viết

Cám ơn anh, sẵn tiện cho em hỏi trích dẫn chỗ nào vậy, em không bik !!
BÂy giờ mình sẽ pót mấy bài khó hơn một tí, mong các bạn tham gia.
Bài 4:Điều kiện cần và đủ để 3 số dươn a,b,c là 3 cạnh của một tam giác là : Với mọi p,q thỏa mãn :$p+q=1$ thì $pa^2+qb^2>pqc^2$
BÀi 5: CMR: $\dfrac{1}{m_a}+\dfrac{1}{m_b}+\dfrac{1}{m_c}>\dfrac{2}{R}$
Bài 6:Cho ba đường tròn có chu vi $C_1,C_2,C_3$ đôi một tiếp xúc ngoài với nhau tại các điểm A, B, C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác có chu vi C. CMR: $/sqrt{3} C< /sqrt[3]{C_1.C_2.C_3} $
Bài 7: CM: $ /frac{1}{a^2.m_a}+/frac{1}{b^2.m_b}+/frac{1}{c^2.m_c}>/frac{3}{abc}$

Trích dẫn thì em ấn vào chữ trích dẫn rồi trả lời :(

Anh bảo em thay : bằng \ chứ không phải là /

Nếu một ngày bạn cảm thấy buồn và muốn khóc,hãy gọi cho tôi nhé.
Tôi không hứa sẽ làm cho bạn cười nhưng có thể tôi sẽ khóc cùng với bạn.
Nếu một ngày bạn muốn chạy chốn tất cả hãy gọi cho tôi.
Tôi không yêu cầu bạn dừng lại nhưng tôi sẽ chạy cùng với bạn.
Và nếu một ngày nào đó bạn không muốn nghe ai nói nữa,hãy gọi cho tôi nhé.
Tôi sẽ đến bên bạn và chỉ im lặng.
Nhưng nếu một ngày bạn gọi đến tôi mà không thấy tôi hồi âm...
Hãy chạy thật nhanh đến bên tôi vì lúc đó tôi mới là người cần bạn.

______________________
__________________________________
Vu Thanh TuUniversity of Engineering & Technology





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh