Chuyên đề ứng dụng đại số trong hình học
I,Đại số hóa một số bất đẳng thức hình hoc
*Chứng minh rằng :
a)$m_{a}+m_{b}+m_{c}\leq \frac{9R}{2}$( độc giả tự chứng minh)(1)
b)$l_{a}+l_{b}+l_{c}\leq \sqrt{3}p$(2)
c)$\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}$
CM:$l_{a}=\frac{2bccos\frac{A}{2}}{b+c}=\frac{2bc\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}}{b+c}=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{p(p-a)}\Rightarrow l_{a}\leq \sqrt{p(p-a)}$
"=" xảy ra khi và chỉ khi b=c
Tương tự:$l_{b}\leq \sqrt{p(p-b)}, l_{c}\leq \sqrt{p(p-c)}$.Cộng các BĐT ta được
$l_{a}+l_{b}+l_{c}\leq \sqrt{p}(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c})\leq 3\sqrt{p}\sqrt{\frac{p-a+p-b+p-c}{3}}=p\sqrt{3}$
*Với a,b,c>0.Kí hiệu:S=a+b+c=2p,P=ab+bc+ca=$r^{2}+p^{2}+4Rr$,Q=abc=4Rr.Khi đó ta có:
a)$abc\leq \frac{1}{27}(a+b+c)^{3}\Leftrightarrow 27Q\leq S^{3}$(3)
b)$(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)\Leftrightarrow S^{2}\geq 3P$,(4)
c)$(ab+bc+ca)\geq 3abc(a+b+c)\Leftrightarrow P^{2}\geq 3QS$(5)
d)$(ab+bc+ca)(a+b+c)\geq 9abc\Leftrightarrow PS\geq 9Q$(6)
Ví dụ 1:Chứng minh rằng:
$\frac{1}{3R}(m_{a}+m_{b}+m_{c})+9R^{2}\left ( \frac{1}{m_{a}^{2} }+\frac{1}{m_{b}^{2}}+\frac{1}{m_{c}^{2}}\right )\geq \frac{27}{2}$
Đặt $a= \frac{1}{3R}m_{a},b=\frac{1}{3R}m_{b},c=\frac{1}{3R}m_{c}$.
Từ $\frac{1}{3R}\left ( m_{a}+m_{b} +m_{c}\right )\leq \frac{3}{2}\Rightarrow a+b+c\leq \frac{3}{2}$.Khi đó bài toán đã cho thành:
Với $a,b,c>0,a+b+c\leq \frac{3}{2}$.Chứng minh rằng:
P=$a+b+c+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq \frac{27}{2}$
Ta có:$P\geq 3\sqrt[3]{abc}+\frac{3}{\sqrt[3]{(abc)^{2}}}$(Theo AM-GM)
Đặt $0< t=\sqrt[3]{abc}\leq \frac{a+b+c}{2}\leq \frac{1}{2}$.Khi đó:
$\frac{P}{3}\geq t+\frac{1}{t^{2}}=8t+8t+\frac{1}{t^{2}}-15t\Leftrightarrow \frac{P}{3}\geq 3\sqrt[3]{64}-\frac{15}{2}=\frac{9}{2}\Leftrightarrow P\geq \frac{27}{2}$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$
Ví dụ 2:Chứng minh rằng $\frac{\sqrt{3}}{2p}(l_{a}+l_{b}+l_{c})+\frac{4p^{2}}{3}\left ( \frac{1}{l_{a}+l_{b}+l_{c}} \right )\geq \frac{27}{2}$
Đặt $a=\frac{\sqrt{3}l_{a}}{2p},b=\frac{\sqrt{3}l_{b}}{2p},c=\frac{\sqrt{3}l_{c}}{2p}$ Khi đó từ (2) dễ dàng suy ra $a+b+c\leq \frac{3}{2}$
Việc còn lại ta chỉ cần chứng minh BĐT sau:$a+b+c+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq \frac{27}{2}$(Với a,b,c thỏa mãn điều kiện như trên).
Ví dụ 3:Chứng minh rằng:
$\frac{3r}{2}\left ( \frac{h_{b}}{h_{a}^{2}}+\frac{h_{c}}{h_{b}^{2}}+\frac{h_{a}}{h_{c}^{2}}\right )+\frac{2}{3r}(h_{a}+h_{b}+h_{c})\geq \frac{15}{2}$
Đặt
$a=\frac{3r}{2}\frac{1}{h_{a}},b=\frac{3r}{2}\frac{1}{h_{b}},c=\frac{3r}{2}\frac{1}{h_{c}}$.Khi đó ta thu được bài toán sau:Với a,b,c>0,$a+b+c=\frac{3}{2}$,chứng minh rằng:
$P=\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{15}{2}$
Chứng minh:
Ta có: $P\geq 3\sqrt[3]{abc}+\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$.Đặt $0< t=\sqrt[3]{abc}\leq \frac{a|+b+c}{3 }\leq \frac{1}{2}\Rightarrow \frac{P}{3}\geq t+\frac{1}{t}=4t+\frac{1}{t}-3t\geq 4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}\Leftrightarrow P\geq \frac{15}{2}$(đpcm)
Ví dụ 4:Chứng minh rằng:$p^{2}\geq 3r^{2}+12Rr$
Sử dung (4) ta được $4p^{2}\geq 3\left ( r^{2} +p^{2}+4Rr\right )\Leftrightarrow Q.E.D$
Ví dụ 5:Chứng minh rằng:
$(r^{2}+p^{2})^{2}+2S^{2}+12R^{2}r^{2}+8Rr^{3}\geq 16Rrp^{2}$
Sử dụng (5) ta được:$(r^{2}+p^{2}+4Rr)^{2}\geq 6p.4Rrp\Leftrightarrow r^{4}+p^{4}+16R^{2}r^{2}+2p^{2}r^{2}+8Rrp^{2}+8Rr^{3}\geq 24Rrp^{2}\Leftrightarrow Q.E.D$