(LUẬN văn THẠC sĩ) một số bất đẳng thức hình học trong tam giác thiết lập từ các bất đẳng thức số

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ HẢO MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC CẢM SINH TỪ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2021 download by : skknchat@gmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ HẢO MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC CẢM SINH TỪ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SỐ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS Lê Cơng Trình Bình Định - 2021 download by : skknchat@gmail.com Mục lục Mở đầu Một số ký hiệu Tính đối ngẫu bất đẳng thức hình học bất đẳng thức số 1.1 Tính đối ngẫu bất đẳng thức hình học bất đẳng thức số 1.1.1 Mối liên hệ độ dài ba cạnh tam giác ba số thực không âm 1.1.2 5 Tính đối ngẫu 10 1.2 Một số bất đẳng thức hình học tam giác 12 Các bất đẳng thức hình học cảm sinh từ đa thức đối xứng 26 2.1 Bất đẳng thức đối xứng ba biến 26 2.2 Các kết tổng quát P J van Albada K B Stolarsky 27 2.3 Các bất đẳng thức đặc biệt 30 2.3.1 Bậc 2, 30 2.3.2 Bậc 30 2.3.3 Bậc 32 2.4 Các bất đẳng thức tốt 34 2.4.1 Bậc 2,3 35 2.4.2 Bậc 36 2.4.3 Bậc 36 2.4.4 Bậc 36 2.5 Về bất đẳng thức Gerretsen 37 KẾT LUẬN 42 TÀI LIỆU THAM KHẢO 43 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) download by : skknchat@gmail.com MỞ ĐẦU Bất đẳng thức nội dung khó chương trình tốn trung học phổ thông, thường gặp kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Đặc biệt, việc đưa hay chứng minh bất đẳng thức hình học tam giác, bất đẳng thức liên hệ đại lượng tam giác, cạnh, góc, diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp, , thường khơng dễ dàng Do đó, vấn đề cấp thiết đặt ra, nghiên cứu nguồn gốc, chất bất đẳng thức hình học tam giác Có ý hầu hết bất đẳng thức hình học tam giác đưa bất đẳng thức liên hệ cạnh, góc, bán kính đường trịn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp, nửa chu vi Hơn nữa, từ ba số thực không âm ta xây dựng ba cạnh tam giác, ngược lại Chính thế, chuyển đổi qua lại bất đẳng thức số với bất đẳng thức hình học tam giác Các bất đẳng thức số nghiên cứu nhiều tài liệu liên quan Trong đề tài tập trung nghiên cứu bất đẳng thức hình học tam giác cảm sinh từ bất đẳng thức số Nội dung luận văn dự kiến trình bày hai chương Chương 1: Tính đối ngẫu bất đẳng thức hình học bất đẳng thức số Trong chương chúng tơi trình bày chuyển đổi qua lại cạnh tam giác với số thực khơng âm Trên sở chúng tơi trình bày tính đối ngẫu bất đẳng thức hình học bất đẳng thức số Cuối chương chúng tơi đưa số bất đẳng thức hình học tam giác dựa vào bất đẳng thức số nghiên cứu Chương 2: Các bất đẳng thức hình học cảm sinh từ đa thức đối xứng Trong chương chúng tơi trình bày số dạng bất đẳng thức hình học đặc biệt, cảm sinh từ đa thức đối xứng theo ba biến Cuối chương đưa số bất đẳng thức hình học dựa vào số đa thức đối xứng đặc biệt Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc đến PGS download by : skknchat@gmail.com TS Lê Cơng Trình, thầy trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn tạo điều kiện q trình học tập nghiên cứu để tơi hoàn thành luận văn cách tốt Tơi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng sau đại học, Khoa Toán Thống kê Trường Đại Học Quy Nhơn quý thầy cô giáo trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ tơi q trình học tập trường Nhân đây, xin cảm ơn anh, chị học viên lớp Phương pháp Toán sơ cấp khóa 21, gia đình bạn bè giúp đỡ, động viên tơi suốt q trình học tập hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng hạn chế thời gian trình độ nên bên cạnh kết đạt được, luận văn tránh khỏi hạn chế thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý thẳng thắn chân thành quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Ngày 18 tháng năm 2021 Học viên thực download by : skknchat@gmail.com Một số ký hiệu a, b, c a+b+c p= S, S∆ABC r, R ma la ∑ : độ dài cạnh BC, CA, AB tam giácABC : nửa chu vi tam giác : : : : : : : diện tích tam giác ABC bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp tam giác bán kính đường trịn bàng tiếp ứng đỉnh A tam giác ABC đường cao nối từ đỉnh A tam giác ABC đường trung tuyến nối từ đỉnh A tam giác ABC đường phân giác nối từ đỉnh A tam giác ABC Tổng hoán vị, cyc viết tắc cyclic Chẳng hạn, cyc ∑ = ab + bc + ca ab ∏ : tích xyclic, chẳng hạn, ∏ f ( a) = f ( a) · f (b) · f (c) download by : skknchat@gmail.com Chương Tính đối ngẫu bất đẳng thức hình học bất đẳng thức số Trong chương chúng tơi trình bày chuyển đổi qua lại cạnh tam giác với số thực không âm Trên sở chúng tơi trình bày tính đối ngẫu bất đẳng thức hình học bất đẳng thức số Cuối chương đưa số bất đẳng thức hình học tam giác dựa vào bất đẳng thức số biết đến Các kết chương tổng hợp trình bày lại từ tài liệu [3] 1.1 Tính đối ngẫu bất đẳng thức hình học bất đẳng thức số 1.1.1 Mối liên hệ độ dài ba cạnh tam giác ba số thực không âm Chúng ta bắt đầu với kết kinh điển Định lý 1.1 Ba số thực dương a, b, c độ dài ba cạnh tam giác   a + b > c,    (1.1) b + c > a,    c + a > b Chứng minh Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ta có, theo bất đẳng thức ba cạnh tam giác,   a + b > c,    b + c > a,    c + a > b download by : skknchat@gmail.com Ngược lại, a, b, c ba số dương thỏa mãn   a + b > c,    b + c > a,    c + a > b ta chọn hai điểm A B mặt phẳng cho AB = c Lấy A B làm tâm, dựng hai đường tròn bán kính tương ứng b a Khi đó, từ   a + b > c,    b + c > a,    c + a > b, ta có | a − b| < c < a + b Điều hai đường tròn tâm A B vừa dựng trên, cắt ta gọi giao điểm C Khi ấy, tam giác ABC tam giác có độ dài ba cạnh số thực dương a, b, c Xét tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c đường tròn nội tiếp tam giác Tâm đường tròn nội tiếp, đỉnh ba tiếp điểm tạo thành ba cặp tam giác A E F I B D C Do đó, ta đặt AF = AE = x > 0, BF = BD = y > 0, CD = CE = z > a = x + y, b = y + z, c = z + x Ngược lại, với ba số thực thực dương x, y, z, đặt a = x + y, b = y + z, c = z + x Khi đó, ba số dương a, b, c thỏa mãn (1.1) Do vậy, theo Định lý 1.1, tồn tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c Từ đây, ta nhận kết sau download by : skknchat@gmail.com Định lý 1.2 Điều kiện cần đủ để a, b, c độ dài ba cạnh tam giác tồn số thực dương x, y, z cho a = x + y, b = y + z c = z + x Định lý 1.2 cho mối quan hệ đối ngẫu ba số dương x, y, z tam giác ABC có độ dài cạnh a = x + y, b = y + z, c = z + x Để thuận lợi cho việc trình bày kết sau, cần kết Mệnh đề 1.1 Xét tam giác ABC có độ dài ba cạnh a, b, c Gọi R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi x, y, z số thực dương thỏa a = x + y, b = y + z, c = z + x Kí hiệu T1 = x + y + z, T2 = xy + yz + xz, T3 = xyz Khi đó, (1) Q = ∑ ( b − c )2 = ∑ ( y − z )2 = cyc (2) cyc T12 − 3T2 ∑ a2 = 2T12 − 2T2 cyc (3) ∑ ab = T12 + T2 cyc (4) abc = ∏ y + z = T1 T2 − T3 cyc (5) 16S2 = ∑ a2 b2 − ∑ a4 = 16r2 p4 = 16T1 T3 cyc (6) R = (7) r = cyc ( T1 T2 − T3 ) √ T1 T3 T3 T1 Chứng minh Từ cách đặt, ta có x = p − a, y = p − b, x = p − c x + y + z = p Ta có Q = ∑ ( b − c )2 cyc = ∑ (y + z) − ( x + z) cyc = ∑ ( y − x )2 cyc download by : skknchat@gmail.com = x2 + y2 + z2 − xy − yz − xz = T12 − 3T2 Như vậy, (1) chứng minh Ta có ∑ a2 = cyc ∑ ( x + y )2 cyc = ∑ x2 + ∑ xy cyc cyc = x+y+z − ∑ xy cyc = 2T12 − 2T2 Như vậy, (2) chứng minh Ta có ∑ ab = cyc ∑ (y + z)(x + y) cyc = ∑ (yx + xz + zy + y2 ) cyc = = ∑ x2 + ∑ xy cyc T12 cyc + T2 Như vậy, (3) chứng minh Ta có abc = ( x + y)(y + z)(z + x ) = x2 y + y2 x + y2 z + x2 z + z2 x + 2xyz = x ( xy + yz + zx ) + y( xy + yz + zx ) + z( xy + yz + zx ) − 3xyz + 2xyz = T1 T2 − T3 Như vậy, (4) chứng minh Theo cơng thức Heron, ta có S2 = p( p − a)( p − b)( p − c) = ( x + y + z) xyz Do đó, 16S2 = ∑ a2 b2 − ∑ a4 = 16r2 p4 = 16T1 T3 cyc cyc download by : skknchat@gmail.com 30 + ν − ∑ a3 + ∑ a2 (b + c) − 2abc ≥ với tam giác λ, µ, ν ≥ Ba biểu thức đầu dấu ngoặc vuông bất đẳng thức dạng bậc ba dương cạnh tam giác Chúng ta có U = s(s2 − 16Rr + 5r )2 V = 4rs( R − 2r ), dẫn tới hệ sau Hệ 2.2.1 (1) Bất đẳng thức Gerretsen: p2 ≥ 16Rr − 5r2 (1) Bất đẳng thức Euler: R ≥ 2r 2.3 2.3.1 Các bất đẳng thức đặc biệt Bậc 2, Định lý 2.3 Tất bất đẳng thức bậc đặc biệt cho λ( T12 − 3T2 ) ≥ 0, λ > 0, tức λ(∑ x2 − ∑ xy) ≥ (theo Định lý 2.1) Kết trực tiếp từ Định lý 2.2 Định lý 2.4 Tất bất đẳng thức bậc có dạng λU + µV ≥ 0, λ, µ ≥ Trong [10], bất đẳng thức trình bày dạng αT13 + βT1 T2 − 9( β + 3α) T3 ≥ 0, 2.3.2 α ≥ 0, β ≥ −4α Bậc Trước hết, đưa công thức biểu diễn sau A = = = B = C = ∑ x4 − ∑ x3 (y + z) + ∑ x2 yz ∑ x2 (x − y)(x − z) ( y + z − x )2 ( y − z )2 , 2∑ ∑ x3 (y + z) − ∑ y2 z2 = ∑ yz(y − z)2, ∑ y2 z2 − ∑ x2 yz = ∑ x2 (y − z)2 download by : skknchat@gmail.com 31 Khi đó, ta có   A ≥ 0,    B ≥ 0,    C ≥ với x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ Bất kỳ bất đẳng thức đối xứng đặc biệt bậc với số dương x, y, z viết dạng λA + µB + νC ≥ Định lý 2.5 Bất đẳng thức λA + µB + νC ≥ xảy với x, y, z ≥ √ λ ≥ 0, ν ≥ 0, µ ≥ − λν Chứng minh Đặt λA + µB + νC = f ( x, y, z) giả sử f ( x, y, z) ≥ với số dương x, y, z Khi λ = f (1, 0, 0) ≥ ν = f (0, 1, 1) ≥ Lại có, √ √ x λ−y ν f ( x, y, z) = ( x − y)2 + 2( µ + √ λν) xy Vì f ( x, y, y) ≥ 0, ∀ x ≥ 0, y ≥ nên √ µ+ λν ≥ √ Ngược lại, giả sử λ ≥ 0, ν ≥ 0, µ ≥ − λν Ta để ý √ √ f ( x, y, z) = λA − λνB + νC + (µ + λν) B Ta có   A ≥ 0,    B≥0    4AC − B2 = 3(( x + y + z)(y − z)(z − x )( x − y))2 ≥ Do đó, theo Bổ đề 2.1, ta có λA − √ λνB + νC ≥ với λ ≥ 0, nu ≥ Do đó, f ( x, y, z) ≥ với x, y, z không âm download by : skknchat@gmail.com 32 Đa thức A, B C đa thức sơ cấp dương bậc đặc biệt (basic positive special quartics) số không âm Để thu đa thức sơ cấp dương bậc đặc biệt cho tam giác, sử dụng (2.1) B = C = A = ∑ a4 − ∑ a3 (b + c) + ∑ b2 c2 − ∑ a2 bc ∑ a4 − ∑ a3 (b + c) + ∑ b2 c2 − ∑ a2 bc ∑ a4 − ∑ a3 (b + c) + ∑ a2 bc) , , Mặt khác, kết hợp với Mệnh đề 1.2, ta nhận A = p4 − r (20R − r ) p2 + 4r (4R + r )2 ≥ B = 4r (( R + r ) p2 − r (4R + r )2 ) ≥ C = r2 ((4R + r )2 − 3p2 ) Điều dẫn đến kết sau √ Hệ 2.5.1 3p ≤ 4R + r 2.3.3 Bậc Bất đẳng thức kiểu p2 q( R, r ), q đa thức bậc hai, bất đẳng thức liên quan đến góc tam giác biến đổi bất đẳng thức bậc đặt biệt với x, y, z mà khơng có số hạng liên quan đến ∑ x6 ∑ x5 (y + z) Ta kí hiệu ∑ x4 (y2 + z2 ), K = xyz ∑ x3, M = xyz ∑ x2 (y + z), N = x2 y2 z2 J= L= ∑ y3 z3 , P = J − 2K − 2L + 2M − 6N = (y − z)2 (z − x )2 ( x − y)2 , Q = K − M + 3N = xyz ∑ x ( x − y)( x − z) = xyzU ∑ yz(yz − zx)(yz − xy) S = M − 6N = xyz ∑ x (y − z)2 = xyzV T = L − M + 3N = Khi P ≥ 0, Q ≥ 0, S ≥ có T ≥ thay x, y, z yz, zx, xy bất đẳng thức U ≥ Ta có P = 4S2 (4R2 + 20Rr − 2r2 − p2 ) − 4r3 (4r3 + r )3 download by : skknchat@gmail.com 33 Q = S2 ( p2 − 16Rr + 5r2 ) T = r3 (4R + r )3 − S2 (16Rr − 5r2 ) S = 4S2 r ( R − 2r ) Chúng ta viết P = −4r2 (( p2 − 2R2 − 10Rr + r2 )2 − 4R( R − 2r )3 ) = −4r2 I, Từ đây, ta có bất đẳng thức sau Mệnh đề 2.1 ( p2 − 2R2 − 10Rr + r2 )2 − 4R( R − 2r )3 ≤ Từ T ≥ có Mệnh đề 2.2 p2 ≤ (4R + r )3 (16R − 5r ) Các bất đẳng thức đối xứng bậc đặc biệt cho số dương, không chứa ∑ x5 (y + z), có dạng ∑ x6 P( x, y, z) = αP + βQ + γT + δS ≥ Kết cho ta điều kiện cần đủ để P( x, y, z) ≥ với số dương x, y, z Định lý 2.6 Bất đẳng thức αP + βQ + γT + δS ≥ xảy với số không âm x, y, z α, β, γ ≥ δ ≥ − βγ Chứng minh Giả sử P( x, y, z) ≥ với số dương x, y, z Ta có P( x, 1, 0) = x2 (α( x − 1)2 + γx ) ≥ 0, ∀ x > Lại có, lim x →+∞ P( x, 1, 0) = α P(1, 1, 0) = γ x4 Do α ≥ γ ≥ Lập luận tương tự, ta có lim x →+∞ P( x, 1, 1) = β ⇒ β ≥ x4 download by : skknchat@gmail.com 34 Vì β, γ ≥ nên viết P( x, y, z) = y2 ( x − y)2 (( x √ β − y γ )2 + 2( δ + βγ) xy) Biểu thức dương với số dương δ≥− Ngược lại, giả sử α, β, γ ≥ δ ≥ − P( x, y, z) = αP + ( βQ − Vì βγ βγ Ta có βγS + γT ) + (δ + βγ)S   Q≥0    T≥0    4QT − S2 = r3 s2 (16R − 5r ) P ≥ (vì R − 2r ≥ 0) nên theo Bổ đề 2.1, ta có βQ − Kết hợp với αP ≥ (δ + βγS + γT ≥ β, γ ≥ βγ)S ≥ ta nhận P( x, y, z) ≥ 2.4 Các bất đẳng thức tốt Giả sử X ≥ Y ≥ hai bất đẳng thức xảy với số không âm x, y, z, X Y biểu thức x, y, z Y không bội số X Nếu X ≥ Y với số không âm x, y, z với bất đẳng thức nghiêm ngặt cho giá trị định x, y, z, ta nói Y ≥ bất đẳng thức tốt X ≥ Chúng ta phân loại “bất đẳng thức tốt có thể” theo hai nghĩa Ta nói bất đẳng thức tốt theo nghĩa yếu khơng có bất đẳng thức tập bất đẳng thức xét tốt Và bất đẳng thức tốt theo nghĩa mạnh (chúng ta gọi tốt nhất) tốt bất đẳng thức khác tập hợp Các định nghĩa mở rộng cho bất đẳng thức ( a, b, c) ( R, r, s), download by : skknchat@gmail.com 35 2.4.1 Bậc 2,3 Các số hạng đối xứng kết hợp tuyến tính T12 T2 Định lý hệ Định lý 2.1 Bài tốn 2.4.1 Tìm số k tốt thỏa T12 ≥ kT2 Lời giải Gọi k số thỏa mãn bất đẳng thức T12 ≥ kT2 Khi đó, với x = y = z = 1, ta có k ≤ Hơn nữa, theo Mệnh đề 1.1, ta có T12 ≥ 3T2 Như vậy, giá trị k lớn cần tìm kmax = Từ kết ta có kết sau Định lý 2.7 Trong tập hợp bất đẳng thức đối xứng bậc hai số không âm x, y, z, Bất đẳng thức ∑ x2 − ∑ yz ≥ bất đẳng thức chặt Hai nhà khoa học Frucht Klamkin, [7] [11], xem xét đến bất đẳng thức kiểu T13 ≥ αT3 , T1 T2 ≥ βT3 T13 ≥ vT1 T2 + wT3 ; chứng minh bất đẳng thức tốt dạng T13 ≥ 27T3 T1 T2 ≥ 9T3 (U + 4V ≥ p2 ≥ 27r2 ), (V ≥ R ≥ 2r ) T13 + 9T3 ≥ 4T1 T2 (U ≥ ) Chúng ta xem xét bất đẳng thức thuộc kiểu khác, cụ thể, bất đẳng thức tốt kiểu ∑ x3 ≥ λ ∑ x2 (y + z) ∑ x3 ≥ ∑ x2 (y + z) Các kết định lý hệ Định lý 2.2 Định lý 2.8 Trong tập tất bất đẳng thức bậc đối xứng với x, y, z, U ≥ 0, V ≥ W ≥ bất đẳng thức tốt theo nghĩa yếu download by : skknchat@gmail.com 36 2.4.2 Bậc Định lý 2.9 (xem [7]) Bất đẳng thức tốt kiểu T14 ≥ uT12 T2 + vT22 T14 + 9T22 ≥ 6T12 T2 Nhà toán học Klamkin có bất đẳng thức tốt theo nghĩa mạnh lớp T14 ≥ uT12 T2 + vT22 + wT1 T3 , kết hợp lý (xem [13]) Định lý 2.10 Trong tập hợp tất bất đẳng thức đối xứng đặc biệt, bất đẳng thức λA − √ λν + νC ≥ 0, với λ, ν ≥ 0; λ2 + ν2 > B ≥ bất đẳng thức tốt theo nghĩa yếu Chứng minh Đây hệ Định lý 2.5 2.4.3 Bậc Mỗi đa thức đối xứng bậc liên kết tuyến tính số hạng T15 , T13 T2 , T12 T3 , T1 T22 T2 T3 Klamkin sử dụng mệnh đề “Một bất đẳng thức cho ( I, J, K )” để định nghĩa cho bất đẳng thức kiểu I ≥ uJ + vK Ông đưa hàng loạt kết cho bậc Cụ thể, ông chứng minh kết Định lý 2.11 Bất đẳng thức tốt cho ( T1 T22 , T2 T3 , T12 T3 ) T1 T22 + 3T2 T3 − 4T12 T3 ≥ 0; đó, bất đẳng thức tốt cho ( T1 T22 , T2 T3 , T12 T3 ) rút cho bất đẳng thức tốt từ Định lý 2.8 2.4.4 Bậc Đầu tiên, có kết đây: download by : skknchat@gmail.com 37 Định lý 2.12 Trong tập tất bất đẳng thức đối xứng bậc với x, y, z mà không chứa số hạng ∑ x6 ∑ x5 (y + z), bất đẳng thức βQ − βγS + γT ≥ với β, γ ≥ 0, β, γ không đồng thời 0; P ≥ S ≥ bất đẳng thức tốt theo nghĩa yếu Một số bất đẳng thức tốt theo nghĩa mạnh chứa số số hạng số hạng sau T16 , T14 T2 , T12 T22 , T23 , T13 T3 , T1 T2 T3 T32 trình bày [7] Chúng ta đưa số kết Các bất đẳng thức tốt liên quan đến cặp số hạng biết hệ cặp trước Một ngoại lệ cặp ( T23 , T13 T3 ) khơng có bất đẳng thức liên quan đến cặp Với ( T23 , T32 , T1 T2 T3 ) bất đẳng thức tốt T23 + 9T32 − 4T1 T2 T3 ≥ 2.5 Về bất đẳng thức Gerretsen Bất đẳng thức Gerretsen Gerretsen, [9], phát biểu sau Định lý 2.13 (Bất đẳng thức Gerretsen) Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC = a, AC = b, AB = c R, r, p bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp, nửa chu vi tam giác ABC Khi đó, 16Rr − 5r2 ≤ p2 ≤ 4R2 + 4Rr + 3r2 (2.7) Nhận xét 2.2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương ứng với việc hai khẳng định sau (1) G1 = 5r2 − 16Rr + p2 ≥ 0, (2) G2 = 4R2 + 4Rr + 3r2 − p2 ≥ Chứng minh Bất đẳng thức thứ thu hệ U ≥ 0, bất đẳng thức thứ hai có tương ứng từ P + 4T ≥ (xem Mục 2.2) Gerretsen chứng minh bất đẳng thức cách xem xét biểu thức bình phương khoảng cách từ trọng tâm trực tâm đến cạnh tam giác (các bình phương phải khơng âm) Bất đẳng thức, thường download by : skknchat@gmail.com 38 gọi Bất đẳng thức Blundon, tìm thấy vào năm 1851 nhà toán học E.Rouche lời giải đơn giản phải đợi đến năm 1965 Blundon tìm dựa ba yếu tố r, R, p tam giác Định lý 2.14 (Bất đẳng thức Blundon) 2R2 + 10Rr − r2 − 2( R − 2r ) R2 − 2Rr ≤ p2 ≤ 2R2 + 10Rr − r2 + 2( R − 2r ) R2 − 2Rr (2.8) Chứng minh Đặt S1 = a + b + c, S2 = ab + bc + ca, S3 = abc Ta có S1 = a + b + c = 2p, S3 = abc = 4SR = 4pRr Ta tính S2 = ab + bc + ca theo p, R, r Ta có S = pr = p( p − a)( p − b)( p − c), suy ( p − a)( p − b)( p − c) p p − p ( ab + bc + ca) + p( ab + ba + ca) − abc = abc = − p + S2 − 4Rr r2 = (2.9) (2.10) (2.11) Do đó, S2 = p2 + 4Rr + r2 Biến đổi, rút gọn, ta có ( a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 = S12 S22 − 4S23 − 4S13 S3 + 18S1 S2 S3 − 27S32 = −4r2 [( p2 − 2R2 − 10Rr + r2 )2 − 4R( R − 2r )3 ] ≥ Suy ( p2 − 2R2 − 10Rr + r2 )2 ≤ 4R( R − 2r )3 √ √ Khai hai vế, lưu ý đến vế phải không âm a2 ≤ b ⇔ − b ≤ a ≤ b, ta R( R − 2r ) ≤ p2 ≤ 2R2 + 10Rr − r2 + 2( R − 2r ) 2R2 + 10Rr − r2 − 2( R − 2r ) R2 − 2Rr Vậy bất đẳng thức Blundon chứng minh Nhận xét 2.3 a) Vì 2R2 + 10Rr − r2 − 2( R − 2r ) R2 − 2Rr = 16Rr − 5r2 + 2( R − 2r ) R − r − R2 − 2Rr ≤ p2 p2 ≤ 2R2 + 10Rr − r2 + 2( R − 2r ) R2 − 2Rr = 4R2 + 4Rr + 3r2 − 2( R − 2r ) R − r − R2 − 2Rr nên bất đẳng thức Blundon viết dạng tương đương sau: 16Rr − 5r2 + 2( R − 2r )( R − r − R2 − 2Rr ) ≤ p2 ≤ 4R2 + 4Rr + 3r2 − R − 2r )( R − r − R2 − 2Rr b) Như vậy, dựa vào Nhận xét 2.3, ta thấy bất đẳng thức Blundon mạnh bất đẳng thức Gerretsen Tuy nhiên, công thức đơn giản nên bất đẳng thức Gerretsen thường sử dụng nhiều bất đẳng thức Blundon download by : skknchat@gmail.com 39 W J Blundon, [15], phát biểu khơng xác bất đẳng thức Gerretsen bất đẳng thức tốt lớp q( R, r ) ≤ p2 ≤ Q( R, r ), q( R, r ) Q( R, r ) đa thức bậc với hệ số thực R Frucht M S Klamkin [11] đưa kết Dưới đây, đưa công thức phương pháp J F Rigby ([8], [9]) Như phát biểu trước đó, để xem xét bất đẳng thức dạng p2 ≤ λR62 + µRr + (27 − 4R − 2µ)r2 , (2.12) hệ số r2 chọn cho dấu "=" xảy x = y = z, nhân cho S2 sử dụng biến đổi (2.3) để thu bất đẳng thức bậc x, y, z theo kiểu đề cập Mục 2.4.4 Định lý 2.15 ([12], [13]) Bất đẳng thức theo kiểu (2.12) xảy cho tam giác có dạng p2 ≤ (1 − θ )−1 (4R62 + 4(1 − θ − 4θ ) Rr + (3 + 8θ + 5θ )r2 ) + εr ( R − 2r ) (2.13) ≤ θ < ε ≥ Trong tập tất bất đẳng thức đặc biệt (2.13), bất đẳng thức với ε = tốt theo nghĩa yếu Kết chứng minh cách tương tự Định lý 2.16 ([12], [13]) Một bất đẳng thức kiểu s2 ≥ λR2 + µRr + (27 − 4λ − 2µ)r2 xảy với tam giác có dạng s2 ≥ (1 − ω )−1 (−4ω R2 + 4(4 + ω − ω ) Rr − (5 + 8ω + 3ω )r2 ) − εr ( R − 2r ) (2.14) ≤ ω < ε ≥ Trong tập hợp bất đẳng thức đặc biệt (2.14), bất đẳng thức ứng với ε = tốt theo nghĩa yếu Cho θ = ω = ε = 0, từ (2.13) (2.14), nhận bất đẳng thức Gerretsen Kết dạng tổng quát (2.13) (2.14) download by : skknchat@gmail.com 40 Định lý 2.17 √ (5r2 − 16Rr + s2 )λ − 4r ( R − 2r ) λν + (4R2 + 4Rr + 3r2 − s2 )ν + r ( R − 2r )µ ≥ với λ, µ, ν ≥ Nếu λ < ν đặt µ λ = θ2, = ε, ν ν−λ để thu (2.13) Nếu λ > ν đặt µ ν = ω2, =ε λ λ−ν để thu (2.14) Nếu λ = ν thu 4λ( R − 2r )2 + µr ( R − 2r ) ≥ Khi µ = 0, bất đẳng thức Định lý 2.17 viết thành √ G1 λ − 4rE λν + G2 ν ≥ 0, G1 ≥ G2 ≥ bất đẳng thức Gerretsen Ta có 4G1 G2 − (4rE)2 = −4I ≥ 0, Như vậy, Định lý 2.17 chứng minh trực tiếp từ bổ đề tình cờ ta tìm cách khác để viết lại bất đẳng thức I ≤ 0: G1 G2 ≥ 4r2 E2 Định lý 2.18 (a) Một bất đẳng thức kiểu s ≤ λR + µr xảy với tam giác có dạng √ s ≤ 2R + (3 − 4)r + α( R − 2r ) + βr α, β ≥ để tập bất đẳng thức √ p ≤ 2R + (3 − 4)r (2.15) tốt theo nghĩa mạnh (b) Một bất đẳng thức kiểu s ≥ λR + µr xảy với tam giác có dạng √ s ≥ 3r − α( R − 2r ) − βr α, β ≥ 0, để tập bất đẳng thức √ p ≥ 3r tốt theo nghĩa mạnh download by : skknchat@gmail.com (2.16) 41 Các bất đẳng thức tốt suy [14] [15] Chúng ta có (2.15) từu dạng √ p2 ≤ (2R + (3 − 4)r )2 √ cách đặt θ = 0, ε = 12 − 20 (2.13), thu (2.16) dạng s2 ≥ 27R2 cách đặt ω = 0, ε = 16 (2.14) Do (2.15) (2.16) tốt theo nghĩa yếu bình phương chúng Điều xem xét chúng tập bất đẳng thức rộng nhiều download by : skknchat@gmail.com KẾT LUẬN Luận văn “Một số bất đẳng thức hình học tam giác cảm sinh từ bất đẳng thức số” hệ thống, làm rõ số vấn đề sau Trình bày chuyển đổi qua lại cạnh tam giác với số thực không âm Trình bày làm rõ tính đối ngẫu bất đẳng thức hình học bất đẳng thức số Hệ thống, làm rõ số dạng bất đẳng thức hình học đặc biệt, cảm sinh từ đa thức đối xứng theo ba biến Phát biểu chứng minh lại số bất đẳng thức hình học tam giác dựa vào bất đẳng thức số nghiên cứu Đưa số bất đẳng thức hình học tam giác dựa vào bất đẳng thức số nghiên cứu Cụ thể Hệ 1.5.1, Hệ 1.7.1, Hệ 1.8.1,Hệ 1.8.2, Hệ 1.9.1, download by : skknchat@gmail.com Tài liệu tham khảo [1] Tạ Duy Phượng, Phương trình bậc ba hệ thức tam giác, NXB Giáo dục Việt Nam, 2006 [2] G H Hardy, J E Littlewood, G Pólya, Inequalities (2nd edition), Cambridge University Press, 1952 [3] D S Mitrinovic, J E Pedaric, V Volenec, Recent Advances in Geometric Inequalities, Springer Science and Business Media, 1989 [4] P K Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội, 2012 [5] P J van Albada,Geometric Inequalities and Their Geometry, Univ Beograd publ Elektrotehn Fak Ser Mat Fiz No 338-352 (1971), 41-45 [6] K B Stolarsky, Cubic Triangle Inequalities, Amer Math Monthly 78 (1971), 879-881 [7] M S Klamkin, Duality in Triangle Inequalities, Ford Motor Company preprint, July 1971 (Also, see Notices Amer Math Soc., August 1971, p 782) [8] J F Rigby, A Method of Obtaining Related Triangle Inequalities, with Applications, Univ Beograd Publ Elektrotehn Fak Ser Mat Fiz No 412-460 (1973), 217-226 [9] J C Gerretsen, Ongelijkheden in de Driehoek, Nieuw Tijdschr Wisk 41 (1953), 1-7 [10] O Bottema and J T Groenman, On Some Triangle Inequalities, Univ Beograd Publ Elektrotehn Fak Ser Mat Fiz No 577-598 (1977), 11-20.48 [11] R Frucht and M S Klamkin, On Best Quadratic Triangle Inequalities Geometriae Dedicata (1973), 341-348 [12] J F Rigby, Sextic Inequalities for the Sides of a Triangle, Univ Beograd Publ Elektrotehn Fak Ser Mat Fiz No 498-541 (1975), 51-58 43 download by : skknchat@gmail.com [13] J F Rigby, Quartic and Sextic Inequalities for the Sides of Triangles, and Best possible Inequalities, Ibid No 602-633 (1978), 195-202 [14] O Bottema, Inequalities for R, r and s, Ibid No 338-352 (1971), 27-36 [15] W J Blundon, Inequalities Associated with the Triangle, Canad Math Bull (1965), 615-626 download by : skknchat@gmail.com ... đưa số bất đẳng thức hình học tam giác dựa vào bất đẳng thức số nghiên cứu Chương 2: Các bất đẳng thức hình học cảm sinh từ đa thức đối xứng Trong chương chúng tơi trình bày số dạng bất đẳng thức. .. chuyển bất đẳng thức đại số bất đẳng thức hình học download by : skknchat@gmail.com 12 1.2 Một số bất đẳng thức hình học tam giác Trong mục này, chúng tơi trình bày chứng minh số bất đẳng thức hình. .. biến Phát biểu chứng minh lại số bất đẳng thức hình học tam giác dựa vào bất đẳng thức số nghiên cứu Đưa số bất đẳng thức hình học tam giác dựa vào bất đẳng thức số nghiên cứu Cụ thể Hệ 1.5.1,