Bài toán bất đẳng thức hình học trong kỳ thi IMO năm 1961

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (235.67 KB, 13 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Về một bài toán thi IMO

Tạ Thị Ngọc Hà(1), Vũ Tiến Việt(2)

Với tam giácABC ta ký hiệu
- Các góc: A, B, C

- Các cạnh: a=BC, b =CA, c =AB

- Các đường cao: ha, hb, hc
- Các trung tuyến: ma, mb, mc
- Các phân giác: la, lb, lc

- Bán kính đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp: r, R

- Bán kính các đường trịn bàng tiếp: ra, rb, rc
- Nửa chu vi: p= 1

2(a+b+c)
- Diện tích: S

• Năm 1961 kỳ thi IMO tại Budapest - Hungary có bài tốn sau:
Choa, b, clà độ dài các cạnh vàSlà diện tích của một tam giác.
Chứng minh bất đẳng thức a2+b2+c2 >4√3S (∗).
Dấu(=)xảy ra khi và chỉ khi tam giác là đều.

Bài toỏn ny do R. Weitzenb ăock a ra nm 1919.

ã Trc Weitzenb ăock, nm 1897 I. Ionescu a ra bt đẳng thức sau:
Chứng minh rằng không tồn tại tam giác thả mãn a2+b2+c2 <4√3S
Vì thế người ta cịn gọi(∗)là bất ng thc Ionescu-Weitzenb ăock.

ã Nm 1938 P. Finsler v H. Hadwiger nêu ra bất đẳng thức "mạnh" hơn bất đẳng
thức Weitzenb ăock nh sau:

Vi mi tam giỏc ta cú

a2+b2+c2 >43S+ (a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2 (∗∗)

Một số tác giả đã đưa ra khá nhiều cách chứng minh và những phát triển xung
quanh 2 bất đẳng thức trên.

• Năm 1966 V. Gordon đưa ra bất đẳng thức sau:
Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

ab+bc+ca>4√3S.

(1)Học viên cao học Toán K18 Đại học Quy Nhơn.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

• Ta chứng minh sự tương ng ca cỏc bt ng thc Ionescu-Weitzenb ăock()

v Finsler-Hadwiger().

Tht vy, hiển nhiên từ bất đẳng thức Finsler-Hadwiger(∗∗)suy ra bất đẳng thc
Ionescu-Weitzenb ăock().

Ta ch cũn chng t t bt ng thc Ionescu-Weitzenb ăock()suy ra bt ng thc
Finsler-Hadwiger().

Ta v hỡnh nh di đây, trong đóAA1, BB1, CC1 là phân giác của các gócA, B, C
tương ứng.

Xét tam giácA1B1C1 với các cạnh a1, b1, c1 tương ứng, nửa chu vip1, diện tíchS1, bán
kính nội tiếpr1, bán kính ngoại tiếpR1 =R.

Ta cóB\1A1C1 =

B+C

2 =

π

2 −

A

2, nên B1C1 =a1 = 2RsinB\1A1C1 =
= 2RcosA

2 = 2R

p(p−a)

bc = 2R

p p

abc

a(p−a) =

R
r

a(p−a).
Tương tự ta có b1 =

R
r

b(p−b), c1 =

R
r

c(p−c). Suy ra

cyclic

a2
1 =

R
r

cyclic

a(p−a) = R
2r

h X

cyclic

a2− X

cyclic

(b−c)2i,

S1 =

a1b1c1

4R1

= 8R

3cosA
2 cos

B
2 cos

C
2

4R = 2R

2 Y
cyclic

cosA

2 = 2R

2 p

4R =

R

2rS.

Áp dụng bt ng thc Ionescu-Weitzenb ăock()cho tam giỏcA1B1C1
ta cú a2

1+b21+c21 >4

3S1, nên ta được

cyclic

a2
1 =

R
2r

h X

cyclic

a2− X

cyclic

(b−c)2i >4√3S
1 =

R
2r4

√

3S.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Với sự phân tích trên, ta cịn có một kết quả thú vị sau.
Mệnh đề. Với mọi tam giácABCta có đẳng thức

a2+b2+c2 = 4S X
cyclic

tanA

2 +

cyclic

(b−c)2.

Chứng minh. Áp dụng hệ thứca2+b2+c2 = 4S(cotA+ cotB+ cotC)đối với tam giác

A1B1C1 nói trên ta có a21+b21+c21 = 4S1(cotA1+ cotB1 + cotC1). Do đó với sự phân
tích ở phía trên thì

cyclic

a2
1 =

R
2r

h X

cyclic

a2− X

cyclic

(b−c)2i = 4S
1

cyclic

tan A
2 = 4

R
2rS

cyclic

tanA
2,

suy ra điều cần chứng minh.
Đến đây chú ý rằng tanA

2 + tanB2 + tanC2 >
√

3ta có thêm một cách chứng minh
cho bất đẳng thức Finsler-Hadwiger(∗∗).

• Ta giới thiệu một số bất đẳng thức được phát trin da trờn cỏc bt ng thc
Ionescu-Weitzenb ăock()v Finsler-Hadwiger()sau õy:

Bi toán 1. Cho các sốx, y, zthỏa mãn điều kiện

x+y >0, y+z >0, z+x >0, xy+yz+zx >0.
Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

xa2+yb2+zc2 >4S√xy+yz+zx.

Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết thành

xa2+yb2+z(a2+b2−2abcosC)>2absinC√xy+yz +zx
⇔ (x+z)a2+ (y+z)b2 >2ab³zcosC+ sinC√xy+yz+zx´

⇔ (x+z)a

b + (y+z)
b
a >2

zcosC+ sinC√xy+yz+zx

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

(x+z)a

b + (y+z)
b
a >2

(x+z)(y+z)
2

zcosC+ sinC√xy+yz+zx

(z2+xy+yz +zx)(cos2C+ sin2C)

= 2p(z2+xy+yz+zx) = 2p(x+z)(y+z)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài toán 2. Cho các sốx >0, y >0, z > 0. Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

xab+ybc+zca>4S√xy+yz+zx.

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức của bài toán 1 ta thấy
Vớix→xb

a, y →y
c

b, z →z
a

c ta được
xab+ybc+zca>4S

xyc
a +yz

a
b +zx

b
c,
(xab+ybc+zca)2 >16S2(xyc

a +yz
a
b +zx

b
c).

Vớix→zc

a, y →x
a

b, z →y
b

c ta được

(xab+ybc+zca)2 >16S2(xya

c +yz
b
a +zx

c
b).

Cộng 2 bất đẳng thức này ta được

2(xab+ybc+zca)2 >16S2

xy(c
a +

a

c) +yz(
a
b +

b

a) +zx(
b
c +

c
b)

>32S2(xy+yz +zx).

Suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 3. Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

a2+b2+c2 >4√3S+ 2(m2

a−h2a).
Chứng minh. Theo cơng thức đương trung tuyến ta có 4m2

a = 2(b2 +c2)−a2, nên bất
đẳng thức cần chứng minh trở thành

a2+b2+c2 >4√3S+b2+c2− a
2

2 −2h

2
a,
hay 3a2

2 + 2h

2
a >4

√

3S.

Bất đẳng thức này đúng vì 3a2

2 + 2h2a>2

3a2

2 ·2h2a= 2aha
√

3 = 4√3S.
Từ đây ta còn suy ra bất đẳng thức

a2 +b2+c2 >4√3S+ 2

3[(m

a+m2b +m2c)−(h2a+h2b +h2c)].
Bài toán 4. Với mọi tam giácABC ta có bất đẳng thức

a2+b2+c2 >4√3S+ X
cyclic

(b−c)2+ 4Rrsin2 B−C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Chứng minh. Ta dễ dàng chứng tỏ được

16S2 = 2(a2b2+b2c2+c2a2)−(a4+b4 +c4),

4a2m2

a−4a2h2a = 2(b2c2+c2a2)−a4−16S2 = (b2−c2)2.

Suy ra 2(m2

a−h2a) =

(b2−c2)2

2a2 . Áp dụng điều này cho tam giácA1B1C1ở trên ta có

2(m2

a1 −h2a1) =

(b2

1−c21)2

2a2
1

= 4R4(cosB−cosC)2
8R2cos2 A

= 2R2sin2 B−C

2 .

Lại áp dụng bài toán 3 cho tam giácA1B1C1 ở phía trên ta có

a2

1+b21+c21 >4
√

3S1+ 2(m2a1 −h2a1).
Từ đây và chú ý tới các mối liên hệ

cyclic

a21 = R
2r

h X

cyclic

a2− X

cyclic

(b−c)2

, S1 = R

2rS

đã phân tích ở phía trên ta suy ra điều cần chứng minh.
Từ đây ta còn suy ra bất đẳng thức

a2+b2+c2 >4√3S+ X
cyclic

(b−c)2+4

3Rr

cyclic

sin2 B−C

2 .

Bài tốn 5. Với mọi tam giácABC ta có bất đẳng thức

a2+b2+c2 >4√3S+ X

cyclic

(b−c)2+ 2 X

cyclic

a(p−a)−pb(p−b)

i2

.

Chứng minh. Áp dụng mệnh đề trên cho tam giácA1B1C1 và chú ý mối liên hệ giữa 2
tam giácABC vàA1B1C1 ta suy ra

cyclic

a2 = 4S X
cyclic

tanπ−A

4 +

cyclic

(a−b)2+ X
cyclic

a(p−a)−pb(p−b)

i2

.

Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi tanπ−x

4 vớix ∈(0, π), ta suy ra điều cần

chứng minh.

Bài toán 6. Cho sốα >0. Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

aα+bα+cα >3

³4S

√

´α

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Chứng minh. Ta có

S = bc

2 sinA=
ca

2 sinB =
ab

2 sinC,

nên

S3 = (abc)2sinAsinBsinC

8 .

Mặt khác

3
√

sinAsinBsinC 6 sinA+ sinB + sinC

3 ,

nên

S3 6 (abc)2

³sinA+ sinB + sinC

´3

.

Ta dễ dàng chứng tỏ được

sinA+ sinB+ sinC6 3
√

3
2 ,

do đó suy ra S3 6 (abc)2

³√3

´3

⇔ (abc)2 >³√4S

´3

.
Khi đó

aα+bα+cα

3 >

3
√

aαbαcα =

(abc)2i

α

6
>

³4S

√

´α

,

nên ta được bất đẳng thức cần phải chứng minh.

Bài toán 7 (Tsintsifa, 1986). Cho các sốx > 0, y > 0, z > 0. Với mọi tam giác ta có bất
đẳng thức

x
y+za

2 + y

z+xb

2+ z

x+yc

2 >2S√3.

Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

2(x+y+z)

³ a2

y+z +
b2

z+x+
c2

x+y

=
[(x+y) + (y+z) + (z+x)]

³ a2

y+z +
b2

z+x+
c2

x+y

>(a+b+c)2,

suy ra

2xa2

y+z +
2yb2

z+x +
2zc2

x+y >2(ab+bc+ca)−(a

2+b2+c2).

Mặt khác, bất đẳng thức Finsler-Hadwiger(∗∗)tương đương với

2(ab+bc+ca)−(a2+b2+c2)>4S√3.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài toán 8. Chon ∈N. Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

a2n+b2n+c2n>3

³4S

√

´n

+ (a−b)2n+ (b−c)2n+ (c−a)2n.

Chứng minh. Ta chứng minh 2 kết quả phụ trợ sau:

1) Chox>y>0vàn∈N. Khi đó ta có xn−yn>(x−y)n.
Thật vậy, ta có

xn= [(x−y) +y]n = (x−y)n+
n−1

k=1

Ck

n(x−y)kyn−k+yn >(x−y)n+yn.

suy ra điều cần chứng minh.

2) Cho các số dươngx, y, xvàn ∈N. Khi đó ta có

xn+yn+zn>3³x+y+z

´n

.

Thật vậy, ta thấyg(x) =xnlà hàm lồi trên(0,∞), theo bất đẳng thức Jensen ta được

xn+yn+zn

3 >

³x+y+z

´n

,

nên ta có điều cần chứng minh.

Trở lại bài tốn, bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết thành

[a2n−(b−c)2n] + [b2n−(c−a)2n] + [c2n−(a−b)2n]>3³√4S

´n

.

Do kết quả 1) ta có

a2n−(b−c)2n>[a2−(b−c)2]n,
b2n−(c−a)2n>[b2−(c−a)2]n,

c2n−(a−b)2n>[c2−(a−b)2]n,

vì thế để chứng minh bất đẳng thức trên ta sẽ chứng minh

[a2−(b−c)2]n+ [b2−(c−a)2]n+ [c2−(a−b)2]n>3

³4S

√

´n

.

Do kết quả 2) và bất đẳng thức Finsler-Hadwiger(∗∗)ta có

[a2−(b−c)2]n+ [b2−(c−a)2]n+ [c2−(a−b)2]n

ha2+b2+c2−(a−b)2−(b−c)2−(c−a)2

in

³4√3S

´n

= 3

³4S

√

´n

,

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài tốn 9. Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

ab+bc+ca>4√3S.max

nl

a

ha

, lb
hb

, lc
hc

.

Chứng minh. Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử

la

ha

= max

nl

a

ha

, lb
hb

, lc

hc

,

nên ta cần chứng minh bất đẳng thức

ab+bc+ca>4√3S.la
ha

= 2√3.a.la.
Theo công thức đường phân giác la=

2
b+c

p(p−a)bc, nên ta sẽ chứng minh

ab+bc+ca> 4a

b+c

3p(p−a)bc,

⇔ (b+c)(ab+bc+ca)>4ap3p(p−a)bc,

⇔ (b+c)2(ab+bc+ca)2 >48a2p(p−a)bc,

⇔ (b+c)2(ab+bc+ca)2 >12a2(a+b+c)(b+c−a)bc.

Ta lại có (b+c)2 = [a+ (b+c−a)]2 >4a(b+c−a) và

(ab−bc)2+ (bc−ca)2+ (ca−ab)2 >0,

⇔ (ab)2 + (bc)2+ (ca)2 >ab2c+bc2a+ca2b,
⇔ (ab)2+ (bc)2+ (ca)2+ 2(ab2c+bc2a+ca2b)>3(ab2c+bc2a+ca2b),
⇔ (ab+bc+ca)2 >3abc(a+b+c),

nên ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.

Bài toán 10. Chứng minh rằng với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

a2+b2+c2 >4S

3 + 4(R−2r)

4R+r + (a−b)

2+ (b−c)2+ (c−a)2.

Chứng minh. Ta có

S=pp(p−a)(p−b)(p−c), R= abc

4S, r=

S
p.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

(xy+z+yz)>pxyz(x+y+z)

4(x+y)(x+z)(y+z)−5xyz
(x+y)(x+y)(y+z) +xyz
(xy+xz+yz)>√yxz

4(x+y+z)(xy+xz+yz)−9xyz
xy+xz+yz

(xy+xz+yz)3+ 9(xyz)2 >4(xy+xz+yz)(x2yz+y2xz+z2xy)

Đặtxy=l, yz =m, xz =n, thì bất đẳng thức trên trở thành

(l+m+n)3+ 9lmn >4(l+m+n)(lm+ln+mn).

Điều này đúng theo bất đẳng thức Schur.

• Ngược chiều với bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, ta có bất đẳng thức sau:

Bài tốn 11. Với mọi tam giác khơng tù ta có

a2+b2+c2 64√3S+2h(a−b)2 + (b−c)2+ (c−a)2i.

Chứng minh. Để chứng minh, ta cần đến bổ đề sau:

Bổ đề 1. Chof :I →Rlà hàm lồi. Khi đó với mọix, y, z ∈Ita có

f(x) +f(y) +f(z)

3 +f(

x+y+z
3 )>

2
3

f(x+y
2 ) +f(

y+z
2 ) +f(

z+x

2 )

Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết thành

a2+b2+c2 64√3S+ 2

2(a2+b2+c2)−2(ab+bc+ca)

⇔ 4(ab+bc+ca)−2(a2+b2+c2)64√3S+ (a2+b2+c2).

Mặt khác

a2 =b2+c2−2bccosA= (b−c)2+ 2bc(1−cosA)

= (b−c)2+ 4S1−cosA

sinA = (b−c)

2+ 4StanA

2,

nên ta được

a2 +b2+c2 = (a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2+ 4S³tanA

2 + tan
B

2 + tan
C

2(ab+bc+ca)−(a2+b2+c2) = 4S³tan A

2 + tan
B

2 + tan
C

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

tanA
2 + tan

B
2 + tan

C
2

64√3S+ (a2+b2+c2)

⇔ 2³tanA
2 + tan

B
2 + tan

C
2

6√3 + a2+b2+c2

4S .

Ta có hệ thức cotA+ cotB + cotC = a

2+b2 +c2

4S , nên bất đẳng thức cần chứng minh

trở thành

tanA
2 + tan

B
2 + tan

C
2

6√3 + cotA+ cotB+ cotC.

Xétf(x) = cotxvớix∈(0,π

2]là hàm lồi (vì cóf00(x) =

2 cosx

sin3x >0), nên theo bổ đề trên
ta được

3(cotA+ cotB+ cotC) + cot(

A+B+C
3 )>

cyclic

cot(A+B

2 )

⇔ cotA+ cotB + cotC+√3>2

tanA
2 + tan

B
2 + tan

C
2

.

Nhận xét. Nếu tam giác tù thì bất đẳng thức trên khơng cịn đúng nữa.
Chẳng hạn xét tam giác vớia =b =x, c = 1, trong đó 1

2 < x <
1

√

2 thì theo định lý

hàm số cosin ta có 12 =x2+x2−2x2cosC nên suy ra

1−<cosC = 2x

2−1

2x2 <0, tứcClà góc tù.
Trong khi đó bất đẳng thức trên trở thành

2x2+ 16p3(4x2−1) + 4(x−1)2,
−2x2+ 8x−36p3(4x2−1),

chọnx= 0.55∈(1

2,√12)thì thấy bất đẳng thức sai!

• Ta chứng minh bất đẳng thức "mạnh" hơn như sau:
Bài tốn 12. Với mọi tam giác khơng tù ta có

a2+b2+c2 64√3S+6−
√

6
2

(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2i.

Chứng minh. Để chứng minh, ta cần đến bổ đề sau:

Bổ đề 2. Với mọi tam giác khơng là tam giác tù ta có a2+b2+c2 >4(R+r)2.
Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết thành

2(a2+b2 +c2)64√3S+ (6−√6)

(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Do các hệ thức a2+b2+c2 = 2p2−2r2−8Rr,ab+bc+ca=p2+r2+ 4Rr thì bất đẳng
thức trên trở thành

p2(4−√6) + 4√3S >rR(64−12√6) +r2(16−3√6).

Do bất đẳng thức Gerretsen p2 >16Rr−5r2 ta chứng minh rằng

(16Rr−5r2)(4−√6) + 4√3S >Rr(64−12√6) +r2(16−3√6)

Bất đẳng thức này được viết thành

4√3S >4√6Rr+ (36−8√6)r2

3p2 >6R2+ 2(9√6−12)Rr+ (9−2√6)r2

3p2 >6R2+ 2(9√6−12)Rr+ (105−35√6)r2

Do bổ đề 2 ta cần chứng minh bất đẳng thức

8R+ 3r >2(3√6−4)R+ (35−12√6)r

⇔ (16−6√6)(R−2r)>0.

Bất đẳng thức sau cùng là đúng do bất đẳng thức Euler R >2r.
Bài toán 13. Với mọi tam giác ta có

6(ab+bc+ca)−5(a2+b2 +c2)64√3S 62(ab+bc+ca)−(a2+b2+c2).

Chứng minh. Để chứng minh, ta cần đến bất đẳng thức Schur:
Với mọi số dươngx, y, z > 0và số thựct ∈Rta có bất đẳng thức

xt(x−y)(x−z) +yt(y−z)(y−x) +zt(z−x)(z−y)>0.

Vớit= 2vàx=a, y=b, z =cta được

cyclic

a4+abc X
cyclic

a> X
cyclic

ab(a2+b2),

hay

4(X

cyclic

ab)2 + (X
cyclic

a2)2−4(X
cyclic

ab)(X

cyclic

a2)>(X
cyclic

a) Y

cyclic

(b+c−a),

điều này tương đương với 4√3S 62 P

cyclic

ab− P

cyclic

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Lại áp dụng bất đẳng thức Schur ta có

(2X

cyclic

xy− X

cyclic

x2)(X
cyclic

x)69xyz,

nhưng 27xyz 6( P

cyclic

x)3, nên ta được

2 X

cyclic

xy− X

cyclic

x2 6h3xyz(X
cyclic

x)

i1
2

.

Đến đây thay x+y=a, y+z =b, z +x=c

ta được 6 P

cyclic

ab−5 P

cyclic

a2 64√3S.

Bài toán 14. Với mọi tam giác ta có

4r2+ 16Rr−p2 6√3S 6r(4R+r).
Chứng minh. Ta áp dụng bài tập 13 với

cyclic

ab=p2+r2+ 4Rr, X
cyclic

a2 = 2(p2−r2−4Rr), S =pr.

Bài tốn mở: Tìm các sốα, β"tối ưu" để bất đẳng thức sau đúng với mọi tam giác

4√3S+αQ6a2+b2+c2 64√3S+βQ,

trong đó Q= (a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2.

Trước hết ta khẳng định rằng nếu bài tốn mở có nghiệmα, β thì phải cóα 6 1và

β > 3. Thật vậy, chỉ cần chọn tam giác cóa = b = 1 vàc= x ∈ (0,2)ta sẽ suy ra điều
cần chứng minh.

Trong[4]Roberto Bosch đã chứng minh rằng với tam giác khơng tù thì số

β = 2−

√
3

3−2√2 làm thỏa mãn bất đẳng thức ở vế phải.
Lúc đó bất đẳng thức ở vế phải là

a2+b2+c2 64√3S+ 2−
√

3
3−2√2Q.

Dấu(=)xảy ra khi tam giác vuông cân.

Lưu ý. Các hệ sốβở các bài tốn 11, 12 và bài tốn mở có quan hệ sau

2−√3
3−2√2 <

6−√6
2 <2.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

•Bài tập đề nghị:

Bài tập 1.Chứng minh rằng với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

a2+b2+c2 >2√3S+ 2r(4R+r) + (a−b)2 + (b−c)2+ (c−a)2.

Bài tập 2.Chứng minh rằng với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

p−a
b+ca

2+p−b

c+ab

2+p−c

a+bc

2 >√3S.

Bài tập 3.Chứng minh rằng với mọi tam giácABC ta có bất đẳng thức

a2+b2+c2 >4√3S+ X
cyclic

(a−b)2+ 16Rr³ X
cyclic

cos2 A

2 −

cyclic

cosA
2 cos

B
2

.

Bài tập 4.Chứng minh rằng với mọi tam giácABC ta có bất đẳng thức

a2+b2+c2 >4√3S+ X
cyclic

(a−b)2

+ 16Rr³ X

cyclic

cos2A

2 −

cyclic

cosA
2 cos

B
2

+ 16r2h X

cyclic

sin

³π−A

− X
cyclic

sinA
2

.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. Arthur Engel.Problem solving strategies. Springer Verlag, 1998.

[2]. Cezar Lupu, Constantin Mateescu, Vlad Matei, Mihai Opincariu. Refinements of
the Finsler-Hadwinger reverse inequality. Mathematics Subject Classification, 2000.

[3]. Dumitru M. Batinetu-Giurgiu, Neculai Stanciu.Some Generalizations of 
Ionescu-Weitzenb ¨ock’s Inequality. Journal of Science and Arts, No. 1(22), 2013.

[4]. Roberto Bosch A new proof of Finsler-Hadwiger revese inequality in 
non-obtuse triangle. Journal Gazeta Matematica. Romania. Nr. 3-4/2014.

</div>

Bài toán bất đẳng thức hình học trong kỳ thi IMO năm 1961

<b>Về một bài toán thi IMO</b>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về