Vui lòng bật JavaScript để tiếp tục sử dụng Website!

Tư duy tìm tòi và giải quyết một bài toán

  1. Chia sẻ trang này

    Tác giả: Mai Xuân Việt
    Đăng lúc: 1/12/17
    TƯ DUY TÌM TÒI BÀI TOÁN VÀ CÁCH GIẢI QUYẾT MỘT VẤN ĐỀ

    Chúng ta bắt đầu từ bài toán sau :
    Cho tam giác $ABC$ đều cạnh $a$, khi đó tam giác $ABC$ có diện tích $S$ được tính theo công thức :
    $S = \dfrac{\sqrt{3}a^2}{4}$ suy ra $3a^2 = 4\sqrt{3}S$, tức là $a^2 + a^2+a^2 = 4\sqrt{3}S$,vậy nảy sinh một vấn đề với một tam giác bất kì thì ta có kết quả như thế nào ?

    Đi đến bài toán :
    Cho tam giác $ABC$ có các cạnh $a,b,c$ và diện tích $S$.Chứng minh rằng :
    $$a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt{3}S (1)$$

    Thực tế lời giải bài toán đã được trình bày ở nhiều tài liệu tham khảo, tuy nhiên mục đích ở chuyên đề này là hướng dẫn học sinh chứng minh theo nhiều cách khác nhau nhằm rèn luyện tính linh hoạt của tư duy đồng thời các phương pháp chứng minh đó còn dùng cho các bài toán khác. Sau đây là một số cách chứng minh (1) Đẳng thức xảy ra khi tam giác $ABC$ đều ..

    Cách giải 1.Sử dụng công thức $Herong$ và bất đẳng thức $AM-GM$

    ÁP dụng công thức $Herong$ :
    $$S^2 = p(p-a)(p-b)(p-c) \le p\left (\dfrac{p-a+p-b+p-c}{3}\right )^2 = \left (\dfrac{a+b+c}{6}\right )^3$$
    Do đó :$12\sqrt{3}S \le (a+b+c)^2 \le 3\left (a^2+b^2+c^2\right ) \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 \ge4\sqrt{3}S$$
    Bài toán được chứng minh.

    Cách giải 2.Sử dụng định lí $côsin$ và bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ :

    Áp dụng định lí $côsin$ :$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos{C}$ và công thức tính diện tích tam giác $S = \dfrac{ab\sin{C}}{2}$, ta có :
    $$(1) \Leftrightarrow a^2 + b^2 + a^2 + b^2 - 2ab\cos{C} \ge 2\sqrt{3}ab\sin{C} \Leftrightarrow a^2 + b^2 \ge ab\cos{C} + ab\sin{C} \Leftrightarrow \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} \ge \cos{C} = \sqrt{3}\sin{C} (1')$$
    $(1')$ đúng vì $VT \ge 2, VP \le \sqrt{4.(\sin^2{C}+\cos^2{C})} = 2$$

    Cách giải 3 . Sử dụng công thức cộng cung và định lí $côsin$ :

    ÁP dụng định lí $côsin$ :$c^2 = a^2+b^2-2ab\cos{C}$ và công thức tính diện tích tam giác $S = \dfrac{ab\sin{C}}{2}$, ta có :
    $$(1) \Leftrightarrow a^2+b^2-ab\cos{C} - \sqrt{3}ab\sin{C} \ge 0 \Leftrightarrow (a-b)^2-2ab\left [1 - \left (\dfrac{1}{2}\cos{C}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin{C}\right ) \right ] \ge 0$$
    $$\Leftrightarrow (a - b)^2+2ab\left [1 -\cos{(C - 60^0)}\right ] \ge 0$$
    Đúng vì $(a - b)^2 \ge 0, \cos{(C - 60^0)}\le 1$

    Cách giải 4. Sử dụng cách dựng hình và công thức cộng cung.


    [​IMG]
    Trong trường hợp tam giác $ABC$ đều thì (1) đúng. Xét trường hợp tam giác $ABC$ không đều , ta có thể coi góc $A$ lớn nhất, suy ra $A >60^0$,dựng vào phía trong tam giác $ABC$ các tam giác cân $AMB, APC$ sao cho :$\hat{AMB} = \hat{APC} = 120^0$.
    Khi đó :$AM = \dfrac{c}{\sqrt{3}}, AP = \dfrac{b}{\sqrt{3}}$ .ÁP dụng định lí $côsin$ trong $\bigtriangleup{MAP}$, ta có :
    $$MP^2 =AM^2+AP^2-2AM.AP.\cos{MAP} = \left (\dfrac{b}{\sqrt{3}}\right )^2 +\left (\dfrac{c}{\sqrt{3}}\right )^2 -\dfrac{2bc\cos{(A -60^0)}}{3}$$
    Nên $$MP^2=\dfrac{b^2+c^2-2bc\cos{(A-60^0)}}{3}=\dfrac{b^2+c^2-bc\left (\cos{A}+\sqrt{3}\sin{A}\right )}{3}=\dfrac{a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S}{6}$$
    Mặt khác $MP^2 \ge 0 \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt{3}S$.

    Cách giải 5. Sử dụng bất đẳng thức phụ và công thức $Herong$.

    Ta có $a^2\ge a^2-(b-c)^2=4(p-b)(p-c)$
    Suy ra $a^2+b^2+c^2 \ge 4\left ((p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a)\right ) $
    Sử dụng $(xy+yz+zx)^2\ge3xyz(x+y+z)$
    Ta có :
    $a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3xyz(x+y+z)}=4\sqrt{3}S$

    Cách giải 6. Sử dụng công thức về cạnh và bán kính đường tròn ngoại tiếp.

    Dễ chứng minh $a^2+b^2+c^2\le 9R^2$ bằng phương pháp $vecto$.
    ÁP dụng $AM-GM$ ta có :$9R^2 \ge a^2+b^2+c^2 \ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow abc\le3\sqrt{3}R^3
    \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=\dfrac{3abc}{\sqrt[3]{abc}}\ge\dfrac{\sqrt{3}abc}{R}\ge4\sqrt{3}S$

    Cách giải 7. Sử dụng định lí $cosin$ mở rộng và đẳng thức lượng giác.

    ÁP dụng định lí $côsin$ mở rộng, ta có :
    $\cot{A}+\cot{B}+\cot{C}=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4S}$
    Lại có :
    $\cot{A}\cot{B}+\cot{B}\cot{C}+\cot{C}\cot{A}=1$ nên suy ra $\cot{A}+\cot{B}+\cot{C}\sqrt{3}$.suy ra
    $a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}S$.

    Cách giải 8. Sử dụng bất đẳng thức lượn giác và $AM-GM$.

    Áp dụng định lí sin và công thức tính diện tích $S = 2R^2\sin{A}\sin{B}\sin{C}$, ta có :
    $(1)\Leftrightarrow\sin^2{A}+\sin^2{B}+\sin^2{C}\ge2\sqrt{3}\sin{A}\sin{B}\sin{C}$
    Theo AM-GM, ta có :
    $\sin^2{A}+\sin^2{B}+\sin^2{C}\ge 3\sqrt[3]{\sin^2{A}\sin^2{B}\sin^2{C}}=\dfrac{3\sin^2{A}\sin^2{B}\sin^2{C}}{\sqrt{\sin^2{A}\sin^2{B}\sin^2{C}}}$
    Mặt khác, áp dụng $AM-GM$ ta lại có :
    $\sqrt{\sin^2{A}\sin^2{B}\sin^2{C}}\le\dfrac{3\sqrt{3}}{8}$ nên $\sin^2{A}+\sin^2{B}+\sin^2{C}\ge2\sqrt{3}\sin{A}\sin{B}\sin{C}$
    Bất đẳng thức được chứng minh.

    Cách giải 9. Sử dụng cách kẻ đường cao và $AM-GM$

    Giả sử góc $A$ là lớn nhất.Kẻ đường cao $AH$, khi đó :
    $AB^2 =AH^2+BH^2, AC^2=AH^2+CH^2$ nên $a^2+b^2+c^2=AB^2+AC^2+BC^2 =2AH^2+BH^2+CH^2+BC^2 \ge 2AH^2+\dfrac{BC^2}{2}+BC^2=2AH^2+\dfrac{3BC^2}{2}\ge2\sqrt{3}AH.BC=4\sqrt{3}S.$

    Cách giải 10. Sử dụng công thức đường trung tuyến và bất đăng thức $AM-GM$

    Áp dụng công thức đường trung tuyến $b^2+c^2=2m_a^2+\dfrac{a^2}{2}\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=2m_a^2+\dfrac{3a^2}{2}\ge 2\sqrt{3}a.m_a\ge2\sqrt{3}a.h_a=4\sqrt{3}S$
    Từ những gợi ý trên, ta hoàn toàn có thể đưa ra được những cách giải khác cho bài toán này.