LUẬN văn THẠC sĩ HAY về bất đẳng thức erdos mordell

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN QUỐC DŨNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS-MORDELL LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN QUỐC DŨNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS-MORDELL Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS HÀ TRẦN PHƯƠNG Thái Nguyên - 2017 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com i Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Bất đẳng thức Erdos-Mordell 1.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell 1.2 Một số ví dụ liên quan 4 Một số mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell 2.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell có trọng số áp dụng 2.1.1 Định lý kiểu Erdos-Mordell có trọng 2.1.2 Một số áp dụng 2.2 Hai bất đẳng thức điểm mặt phẳng chứa tam giác 2.2.1 Một số kiến thức chuẩn bị 2.2.2 Hai bất đẳng thức 2.3 Về bất đẳng thức hình học Oppenheim 2.3.1 Một số bổ đề chuẩn bị 2.3.2 Bất đẳng thức hình học Oppenheim 18 18 18 21 22 22 27 40 40 42 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Lời cảm ơn Trước tiên xin gửi lời cảm ơn đến tất quý Thầy Cô giảng dạy chương trình Cao học Tốn khóa - Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, người truyền đạt kiến thức hữu ích ngành Phương pháp Tốn sơ cấp làm sở cho tơi hồn thành luận văn Đặc biệt tơi xin chân thành cảm ơn Thầy giáo PGS.TS Hà Trần Phương Thầy dành nhiều thời gian quý báu tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình thực luận văn, đồng thời cịn người giúp tơi lĩnh hội kiến thức chuyên môn rèn luyện cho tác phong nghiên cứu khoa học Qua đây, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình, bạn bè thân thiết người ln sát cánh bên tôi, tạo điều kiện tốt cho tơi, nhiệt tình giúp đỡ, chia sẻ, động viên tơi suốt q trình học tập, tơi thực hồn thành luận văn Mặc dù cố gắng song luận văn không tránh khỏi có thiếu sót Rất mong nhận ý kiến đóng góp Thầy giáo, Cơ giáo anh chị học viên để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, ngày tháng năm 2017 Tác giả luận văn Nguyễn Quốc Dũng LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Mở đầu Bất đẳng thức Erdos-Mordell nhà toán học Paul Erdos đề xuất năm 1935 lời giải đưa Louis Mordell sử dụng Định lý hàm số Cosin Bất đẳng thức cho thấy quan hệ khoảng cách từ điểm tùy ý nằm tam giác tới cạnh đỉnh Cụ thể với tam giác ABC P điểm nằm tam giác, kí hiệu R1 , R2 , R3 khoảng cách từ P đến đỉnh A, B, C r1 , r2 , r3 khoảng cách từ P đến cạnh BC, CA, AB Khi ta có bất đẳng thức R1 + R2 + R3 ≥ r1 + r2 + r3 Đẳng thức xảy tam giác ABC P trọng tâm Kể từ đời bất đẳng thức Erdos-Mordell thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều tác giả trong, ngồi nước có nhiều ứng dụng việc giải toán thi học sinh giỏi, đặc biệt lĩnh vực hình học sơ cấp Thời gian gần có nhiều tác giả nghiên cứu thêm số chứng minh cho bất đẳng thức Erdos-Mordell nghiên cứu mở rộng bất đẳng thức Có thể kể đến cơng trình Y D Wu, C L Yu Z-H Zhang [9], R B Manfrino, J A G Ortega R V Delgado [7], D.S Mitrinovic, J.E Pecaric and V.Volene [8] W D Jiang J Liu, Mục đích đề tài tổng hợp lại số vấn đề bất đẳng thức Erdos-Mordell ứng dụng số tốn hình học Ngồi trình bày lại số kết nghiên cứu gần tác giả W D Jiang [3], J Liu [4] − [6] Bản luận văn "Về bất đẳng thức Erdos-Mordell" gồm có mở đầu, hai chương nội dung, kết luận tài liệu tham khảo Chương Bất đẳng thức Erdos-Mordell Chương trình bày bất đẳng thức Erdos-Mordell cổ điển trình bày lại cách chứng minh LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com cho bất đẳng thức Ngoài Chương chúng tơi cịn trình bày số ví dụ liên quan Các ví dụ chủ yếu trích từ đề thi vơ địch khu vực đề thi IMO Chương Một số mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell Trong chương chúng tơi trình bày số bất đẳng thức mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell tam giác: bất đẳng thức kiểu ErdosMordell có trọng số, hai bất đẳng thức cho điểm mặt phẳng tam giác bất đẳng thức hình học Oppenheim LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chương Bất đẳng thức Erdos-Mordell Trong chương chúng tơi trình bày bất đẳng thức Erdos-Mordell cổ điển với cách chứng minh J Liu vài ví dụ áp dụng Nội dung chủ yếu biên tập từ tài liệu [1], [5], [7], [8], [9] 1.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell Cho tam giác ABC P điểm nằm tam giác Kí hiệu R1 , R2 , R3 khoảng cách từ P đến đỉnh A, B, C r1 , r2 , r3 khoảng cách từ P đến cạnh BC, CA, AB Kí hiệu a, b, c chiều dài cạnh BC, CA, AB , hb , hc chiều cao cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Với kí hiệu ta có: Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức Erdos-Mordell) Cho tam giác ABC P điểm nằm tam giác Khi ln có bất đẳng thức R1 + R2 + R3 ≥ r1 + r2 + r3 , (1.1) đẳng thức xảy tam giác ABC P trọng tâm Bất đẳng thức (1.1) chứng minh thuộc L.J.Mordell vào năm 1935, sau có nhiều tác giả đưa chứng minh khác, nhiều số dựa bất đẳng thức sau đây: R1 cr2 + br3 a (1.2) Ở chúng tơi xin trình bày chứng minh mà không sử dụng bất đẳng thức (1.2) đưa J Liu tài liệu [5] Cách LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com chứng minh dựa bổ đề sau đây: Bổ đề 1.1.2 Với điểm P nằm tam giác ABC tùy ý, ta có a2 + 4r12 cr1 + ar3 ar2 + br1 + b c (1.3) Đẳng thức xảy P O (O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) song song với cạnh BC Chứng minh Kí hiệu S diện tích tam giác ABC Theo công thức Heron: (1.4) S = s(s − a)(s − b)(s − c), s = a+b+c , ta dễ dàng nhận 16S = 2b2 c2 + 2c2 a2 + 2a2 b2 − a4 − b4 − c4 (1.5) Sử dụng đẳng thức (1.5) ta chứng minh 4S 16x2 S − a + (ax + by + cz)2 (ax + by + cz)2 = cx + az ay + bx + b c 2b2 c2 + a2 b2 + a2 c2 − b4 − c4 x − a b2 + c2 − a2 (yb + zc) 4b2 c2 (ax + by + cz)2 , (1.6) x, y, z số thực ax + by + cz0 Bởi 16x2 S 4S a+ − (ax + by + cz)2 (ax + by + cz)2 cx + az ay + bx + b c (1.7) Đặt x = r1 , y = r2 , z = r3 bất đẳng thức trên, sử dụng: ar1 + br2 + cr3 = 2S, ta có a + 4r1 cr1 + ar3 ar2 + br1 + b c (1.8) , bất đẳng thức (1.3) Rõ ràng, đẳng thức bất đẳng thức (1.3) xảy LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 2b2 c2 + a2 b2 + a2 c2 − b4 − c4 r1 − a b2 + c2 − a2 (br2 + cr3 ) = (1.9) Bây ký hiệu diện tích tam giác BP C, CP A, AP B Sa , Sb , Sc tương ứng, Sa = 12 ar1 , Sb = 12 br2 , Sc = 21 cr3 Áp dụng (1.5), ta suy (1.9) tương đương với Sa 16S − a2 b2 + c2 − a2 = a2 b2 + c2 − a2 (Sb + Sc ) (1.10) π Nếu A = r1 = từ (1.9), P nằm BC tâm đường tròn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đồng thời trung điểm cạnh BC Nếu A = π2 , Sa = từ (1.10) ta có 16S − a2 b2 + c2 − a2 a2 (b2 + c2 − a2 ) = Sb + Sc , Sa sử dụng Sa + Sb + Sc = S, ta có Sa = 2 1 a b + c2 − a2 = a2 cot A = R2 sin 2A, 16S R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Nhưng S OBC = 21 R2 sin 2A, S a = S BP C = S BOC , P O song song với BC Bổ đề 1.1.2 chứng minh Chứng minh Định lý 1.1.1 Theo Bổ đề 1.1.2, ta có b2 + 4r22 br3 + cr1 ar2 + br1 + , c a (1.11) c2 + 4r32 br3 + cr2 cr1 + ar3 + a b (1.12) Sử dụng 2S = aha cơng thức Heron có = 2a (b + c)2 − a2 a2 − (b − c)2 (b + c)2 − a2 , ta có b+c a2 + 4h2a , (1.13) đẳng thức xảy b = c LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Áp dụng bất đẳng thức (1.13) với tam giác P BC, ta có R2 + R3 a2 + 4r12 , (1.14) hai dạng tương tự Cộng bất đẳng thức ta có: a2 + 4r12 + (R1 + R2 + R3 ) b2 + 4r22 + c2 + 4r32 , (1.15) đẳng thức xảy P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Mặt khác, cộng bất đẳng thức (1.3), (1.11) (1.12) ta có: a2 + 4r12 + b2 + 4r22 + c2 + 4r32 c a b b c a r1 + r3 , + + r2 + + b c c a a b (1.16) đẳng thức xảy giống bất đẳng thức (1.15) Vì c b + b c 2, a c + c a 2, b a + a b 2, từ bất đẳng thức (1.15) (1.16), thu bất đẳng thức ErdosMordell đẳng thức xảy (1.1) a = b = c P trọng tâm Định lý 1.1.1 chứng minh 1.2 Một số ví dụ liên quan Ví dụ 1.2.1 Cho tam giác ABC P điểm tùy ý nằm tam giác Khi 1 + + R1 R2 R3 1 + + r1 r2 r3 (1.17) Giải Xét phép nghịch đảo N cực P phương tích d = r2 N :A→ A; B → B; C → C , A1 → A1 ; B1 → B ; C1 → C Khi đó, ta có LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 32 chứng minh, (2.44), (2.43), (2.40) chứng minh Tiếp theo, ta xem xét điều kiện xảy đẳng thức bất đẳng thức (2.40) Ta xét hai trường hợp xảy sau đây: Trường hợp 1: k1 = 0, k2 = 0, k3 = Đầu tiên, ta chứng minh đẳng thức (2.40) xảy tọa độ điểm P (ak1 , bk2 , ck3 ) Sau đó, chứng minh điểm điểm điểm đối xứng I tâm đường tròn nội tiếp I qua tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác ABC Từ giả thiết, ta có ba bất đẳng 4p2 p3 −q12 > 0, 4p3 p1 −q22 > 0, 4p1 p2 − q32 > từ (2.51), (2.52), (2.53) tương ứng Ngồi ra, ta có 2p1 q1 + q2 q3 = 4abcu1 v1 w1 , (2.60) 2p2 q2 + q3 q1 = 4abcu2 v2 w2 , (2.61) 2p3 q3 + q1 q2 = 4abcu3 v3 w3 , (2.62) u1 = a3 − (b + c) a2 − a b2 + c2 − 6bc + (b + c) (b − c)2 , u2 = b3 − (c + a) b2 − b c2 + a2 − 6ca + (c + a) (c − a)2 , u3 = c3 − (a + b) c2 − c a2 + b2 − 6ab + (a + b) (a − b)2 , v1 = b3 + (c − a) b2 − b(a − c)2 + (a − c) (a + c)2 , v2 = c3 + (a − b) c2 − c(b − a)2 + (b − a) (b + a)2 , v3 = a3 + (b − c) a2 − a(b − c)2 + (c − b) (c + b)2 , w1 = c3 + (b − a) c2 − c(a − b)2 + (a − b) (a + b)2 , w2 = a3 + (c − b) a2 − a(b − c)2 + (b − c) (b + c)2 , w3 = b3 + (a − c) b2 − b(a − c)2 + (c − a) (c + a)2 Theo Bổ đề 2.2.5, ta biết đẳng thức (2.47) dạng tương đương (2.44) xảy xu1 v1 w1 = yu2 v2 w2 = zu3 v3 w3 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 33 Hơn nữa, đẳng thức (2.43) y z x u1 v1 w1 = u2 v2 w2 = u3 v3 w3 a b c Theo Bổ đề 2.2.3, đẳng thức (2.40) P trùng I có tọa độ u1 va1 w1 , u2 vb2 w2 , u3 vc3 w3 Tọa độ tương đối phức tạp Bằng phần mềm toán học ta chứng minh được: u1 v1 w1 k1 = u2 v2 w2 k2 = u3 v3 w3 k3 (2.63) tọa độ trọng tâm I viết dạng (ak1 , bk2 , ck3 ) Bây chứng minh I điểm đối xứng I (tâm đường tròn nội tiếp tam giác) qua O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đầu tiên, ta chứng minh ba điểm I, O, I thẳng hàng Ta biết, tọa độ trọng tâm I (a, b, c) tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) là: a2 b2 + c2 − a2 , b2 c2 + a2 − b2 , c2 a2 + b2 − c2 Do theo Bổ đề 2.2.4, để chứng minh I, O, I thẳng hàng, ta cần phải chứng minh a2 a b2 + c2 − a2 ak1 b2 b c2 + a2 − b2 bk2 c2 c a + b − c2 ck3 = Theo tính chất định thức, điều cần chứng minh tương đương với k1 a b + c2 − a2 k2 b c + a2 − b2 k3 c a + b2 − c2 = 0, Tính định thức ta có k1 b c2 + a2 − b2 − c a2 + b2 − c2 +k2 c a2 + b2 − c2 − a b2 + c2 − a2 +k3 a b2 + c2 − a2 − b c2 + a2 − b2 (2.64) = LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 34 Thay k1 , k2 , k3 công thức (2.57) đến (2.59) vào vế trái (2.64), ta dễ dàng kiểm tra (2.64) Từ ta chứng minh I, O, I thẳng hàng Tiếp theo, chứng minh I điểm đối xứng I qua O Trong Bổ đề 2.2.1, cho P = O, ta nhận OM = R2 − yza2 + zxb2 + xyc2 (x + y + z)2 (2.65) Cho M = I trên, ta được: OI = R2 − abc (ak2 k3 + bk3 k1 + ck1 k2 ) (ak1 + bk2 + ck3 )2 (2.66) Từ (2.57), (2.58) (2.54), ta dễ dàng đưa hai đẳng thức: ak1 + bk2 + ck3 = − (a + b + c) (b + c − a) (c + a − b) (a + b − c) , (2.67) 2 ak2 k3 + bk3 k1 + ck1 k2 = (a + b + c) (b + c − a) (c + a − b) (a + b − c)2 , (2.68) abc (2.69) OI = R2 − a+b+c Vì a + b + c = 2s abc = 4Rrs (r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC), ta tiếp tục có OI = R2 − 2Rr giống công thức Euler tiếng OI = R2 − 2Rr Như ta có OI = OI Từ suy I , O, I thẳng hàng điểm I điểm đối xứng với I qua O +) Trường hợp 2: Một k1 , k2 , k3 Khơng tính tổng qt ta giả sử k1 = Trong trường hợp này, 4p2 p3 − q12 = từ (2.51) Như theo Bổ đề 2.2.5, ta biết đẳng thức (2.47) x = 0, 2p2 y = q1 z Hơn nữa, bất đẳng thức (2.43) y z x = 0, 2p2 = q1 , b c tức là, tọa độ P (0, bq1 , 2p2 c) Thật vậy, điểm có tọa độ (0, bk2 , ck3 ) Do tính chất hình học trường hợp bảo toàn ta thấy toan độ P tọa độ tỷ lệ Do ta chứng LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 35 minh q1 : k2 = 2p2 : k3 , ví dụ 2p2 k2 − q1 k3 = (2.70) Dễ dàng kiểm tra 2p2 k2 − q1 k3 = −2ab (a + b − c) a3 + (3c − b) a2 − a(b + c)2 + (b − c) (3c + b) (b + c) k1 , từ suy (2.70) k1 = Một lần nữa, từ chứng minh Trường hợp 1, ta thấy P điểm đối xứng I I qua O k1 = Do đó, bất đẳng thức (2.40) thuộc trường hợp P =I Chú ý điểm I không nằm cạnh tam giác ABC Trường hợp (khi k1 k2 k3 = 0) Điểm I nằm cạnh (ngoại trừ đỉnh) tam giác ABC Trường hợp Định lý 2.2.8 chứng minh Chú ý 2.2.9 Nếu ta kí hiệu , hb , hc chiều cao ứng với cạnh a, b, c , rb , rc bán kính đường trịn bàng tiếp tam giác ABC, bất đẳng thức (2.39) tương đương với R12 − r12 R22 − r22 R32 − r32 + + hb rb hc rc 1, (2.71) ta có aha = 2S, (s − a) = S Từ Định lý 2.2.8 ta có kết luận thú vị sau đây: Nếu tam giác ABC cho, vế trái (2.40) (2.71) đạt giá trị nhỏ điểm P trùng điểm I Sau tìm hiểu chứng minh bất đẳng thức (2.40), rút công thức ngắn gọn điểm I (xem Bổ đề 2.2.6) Công thức gợi cho ta tìm bất đẳng thức mà có điều kiện giống bất đẳng thức (2.40) Định lý 2.2.10 Cho tam giác ABC với diện tích có hướng S, P điểm nằm mặt phẳng chứa tam giác ABC, kí hiệu D, E, F chân đường vng góc hạ từ P tới cạnh lượt BC, AC, AB, Sp diện tích có hướng tam giác DEF r1 , r2 , r3 độ dài có LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 36 hướng từ P tới cạnh BC, AC, AB Khi r1 + r2 + r3 + 2RSp S 2R (2.72) Đẳng thức xảy P trùng điểm đối xứng I tâm đường tròn nội tiếp I qua tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác ABC Chứng minh Khơng tính tổng qt ta giả sử hướng tam giác ABC ngược chiều kim đồng hồ (xem hình 2.2), S = S, ta phải chứng minh r1 + r2 + r3 + 2RSp S 2R (2.73) Hình 2.2 Từ Bổ đề 2.2.6, 2.2.7 Định lý hàm số Sin, ta có bất đẳng thức lượng giác: (x + y + z) [x (1 − sin B sin C) + y (1 − sin C sin A) + +z (1 − sin A sin B)] yzsin2 A + zxsin2 B + xysin2 C, (2.74) đẳng thức xảy x : y : z = ak1 : bk2 : ck3 (k1 , k2 , k3 xác LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 37 định (2.57), (2.58), (2.59) tương ứng) Điều kéo theo (x + y + z)2 (x + y + z) (x sin B sin C + y sin C sin A + z sin A sin B) +yzsin2 A + zxsin2 B + xysin2 C Thay x x sin A, y y sin B, z z sin C Ta (x sin A + y sin B + z sin C)2 sin A sin B sin C (x + y + z) (x sin A + y sin B + z sin C) + yz sin A +zx sin B + xy sinC Nhân hai vế bất đẳng thức với 4R2 sử dụng Định lý hàm số Sin công thức S = 2R2 sin A sin B sin C, ta thu bất đẳng thức tương đương: S [(x + y + z) (xa + yb + zc) + yza + zxb + xyc] , R (2.75) đẳng thức xảy x : y : z = k1 : k2 : k3 Nếu ta đặt x = r1 , y = r2 , z = r3 (2.75), sau sử dụng đồng ar1 + br2 + cr3 = 2S (từ (2.39) giả thuyết) (xa + yb + zc)2 ar2 r3 + br3 r1 + cr1 r2 = 4RSp , ta có 4S (2.76) S 2S (r1 + r2 + r3 ) + 4RSp R Do 2SR S (r1 + r2 + r3 ) + 2RSp , chia hai vế cho S ta nhận bất đẳng thức (2.73) Dựa vào điều kiện bất đẳng thức (2.75), ta suy (2.73) xảy đẳng thức tọa độ P (ak1 , bk2 , ck3 ) Nghĩa P trùng I Định lý 2.2.10 chứng minh Chú ý 2.2.11 Ta có bất đẳng thức tương tự với (2.71) R22 + R32 − r22 − r32 R32 + R12 − r32 − r12 R12 + R22 − r12 − r23 + + rb rc rc ra rb 2, (2.77) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 38 tương đương với R22 + R32 − r22 − r32 R32 + R12 − r32 − r12 R12 + R22 − r12 − r23 + + s−a s−b s−c 2S (2.78) Đẳng thức (2.77) (2.78) gần giống với (2.40) Thực vậy, việc sử dụng Bổ đề 2.2.2 2.2.3, ta chứng minh đồng hình học: R12 − r12 = với R22 + R32 − r22 − r32 , rb rc (2.79) tổng lặp vòng Bởi (2.77) ta thu (2.71) (2.79) Chú ý 2.2.12 Điểm I Định lý 2.2.8 Định lý 2.2.9 nằm (bao gồm biên, ngoại trừ đỉnh) tam giác ABC nằm tam giác Chúng ta thấy số tính chất điểm I Ví dụ, bốn điểm I , N, H, I tạo thành hình bình hành, N điểm góc, H trực tâm, I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC (xem Hình 2.3) Hình 2.3 Chú ý 2.2.13 Ta thấy bất đẳng thức (2.40) Định lý 2.2.8 tổng quát hóa công thức Heron Trong thực tế, cách sử dụng LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 39 (2.42), ta chứng minh đẳng thức sau: R12 − r12 = s2 − 2bc (2.80) P = I Theo Định lý 2.2.8 ta đẳng thức: a (s − a) s2 − 2bc + b (s − b) s2 − 2ca + c (s − c) s2 − 2ab = 2S Ngoài ra, ta dễ dàng thu công thức Heron: S= s (s − a) (s − b) (s − c) (2.81) thêm nữa, P = I ta có đẳng thức tương tự với (2.80): R22 + R32 − r22 − r32 = 2(s − a)2 , (2.82) điều kiện xảy đẳng thức (2.78) Chú ý 2.2.14 Bất đẳng thức (2.72) Định lí 2.2.10 tương đương với bất đẳng thức (2.75) sau chứng minh Bổ đề 2.2.6 Ngồi ra, từ bất đẳng thức (2.72) bất đẳng thức biết (xem tài liệu [4]) Sp S , (2.83) rp R với rp bán kính đường trịn nội tiếp tam giác DEF P tam giác ABC Sp diện tích nó, cho ta bất đẳng thức xem bất đẳng thức tuyến tính đẹp: r1 + r2 + r3 + 2rp 2R, (2.84) với điểm P nằm tam giác ABC Chú ý 2.2.15 Từ bất đẳng thức (2.72) bất đẳng thức biết sử dụng tài liệu [4]: 2RSp r1 r2 r3 , (2.85) S r2 ta chứng minh bất đẳng thức r1 + r2 + r3 + r1 r2 r3 r2 2R (2.86) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 40 với điểm P nằm tam giác Chú ý 2.2.16 Nếu ta áp dụng biến đổi hình học vào Định lý 2.2.8 Định lý 2.2.10 hệ chúng, ta số bất đẳng thức hình học Ví dụ, áp dụng biến đổi đẳng thức (xem ví dụ tài liệu [4]) vào bất đẳng thức (2.71), ta có a (s − a) R12 r12 − r22 r32 + b (s − b) R22 r22 − r32 r12 + +c (s − c) R32 r32 − r12 r22 8R2 Sp2 , (2.87) với P thuộc mặt phẳng Sử dụng bất đẳng thức (2.73) biến đổi khác, ta nhận bất đẳng thức (đúng với điểm P nằm tam giác ABC): 1 1 + + + R1 R2 R3 2Rp 1 1 + + + Ra Rb Rc R Ra + Rb + Rc + R Rp R1 R2 R3 , 2r1 r2 r3 R (2.88) S , RSp (2.89) R1 R2 R3 , r1 r2 r3 (2.90) với Ra , Rb , Rc bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác P BC, tam giác P CA, tam giác P AB 2.3 2.3.1 Về bất đẳng thức hình học Oppenheim Một số bổ đề chuẩn bị Trong phần chúng tơi trình bày số Bổ đề cần thiết để chứng minh kết Các Bổ đề tham khảo tài liệu [6] Giả sử P điểm tùy ý nằm bên tam giác ABC Kí hiệu R1 , R2 , R3 khoảng cách từ P đến đỉnh A, B, C r1 , r2 , r3 khoảng cách từ P tới cạnh BC, CA, AB tương ứng Ta biết bất đẳng thức aR1 a tự b cr2 + br3 , aR1 br2 + cr3 (2.91) c a = BC, b = CA, c = AB Và dạng tương LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 41 Bổ đề 2.3.1 Đối với điểm P tam giác ABC, ta ln có: R2 + R3 (r2 + r3 )2 2r1 + R1 (2.92) đẳng thức xảy b = c P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh Bất đẳng thức (2.92) tương đương với R1 (R2 + R3 − 2r1 ) − (r2 + r3 )2 Lưu ý R2 + R3 2r1 , từ bất đẳng thức (2.91) hai tương tự bR2 ar3 + cr1 , cR3 br1 + ar2 , suy cr2 + br3 a ar3 + cr1 br1 + ar2 + − 2r1 b c (r2 + r3 )2 Tức là, (ar2 r3 + br3 r1 + cr1 r2 ) (b − c)2 abc (2.93) Chúng ta biết AO (O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) cắt BC X, theo bất đẳng thức (2.91) P nằm AX Theo kết luận (2.93), ta suy đẳng thức (2.92) xảy b = c P trọng tâm tam giác Điều suy chứng minh Bổ đề 2.3.1 Chú ý 2.3.2 Từ bất đẳng thức AM - GM, dễ dàng thấy bất đẳng thức (2.92) mạnh bất đẳng thức sau: R1 (R2 + R3 ) 8r1 (r2 + r3 )2 (2.94) Trên thực tế, ta có bất đẳng thức mạnh sau: R1 (R2 + R3 ) 8w1 (w2 + w3 )2 , (2.95) đặt chứng minh Zhi-Hua Zhang Yu-Dong Wu tài liệu [6], w1 , w2 , w3 độ dài đường phân giác BP C, CP A, AP B tương ứng LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 42 Chú ý 2.3.3 Bất đẳng thức tiếng Erdos-Mordell R1 + R2 + R3 (r1 + r2 + r3 ) (2.96) chứng minh từ Bổ đề 2.3.1 sau: Theo bất đẳng thức (2.92) bất đẳng thức Cauchy, có (R1 + R2 + R3 ) (r3 + r1 )2 (r1 + r2 )2 (r2 + r3 )2 + + (r1 + r2 + r3 ) + R1 R2 R3 4(r1 + r2 + r3 )2 (r1 + r2 + r3 ) + R1 + R2 + R3 Bởi (R1 + R2 + R3 )2 − (R1 + R2 + R3 ) (r1 + r2 + r3 ) − − 2(r1 + r2 + r3 )2 Tức (R1 + R2 + R3 + r1 + r2 + r3 ) (R1 + R2 + R3 ) − − (r1 + r2 + r3 ) Vì vậy, có bất đẳng thức (2.96) 2.3.2 Bất đẳng thức hình học Oppenheim Với kí hiệu phần 2.3.1 ta có kết sau: Định lý 2.3.4 Với điểm P nằm mặt phẳng chứa tam giác ABC, ta có R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 (r1 + r2 ) (r3 + r1 ) + (r2 + r3 ) (r1 + r2 ) + (r3 + r1 ) (r2 + r3 ) (2.97) Đẳng thức xảy tam giác ABC tam giác P trọng tâm Chứng minh Chứng minh theo Bổ đề 2.3.1 ta có R1 (R2 + R3 ) + R2 (R3 + R1 ) + R3 (R1 + R2 ) (R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 ) + (r2 + r3 )2 + (r3 + r1 )2 + (r1 + r2 )2 , LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 43 tương đương với R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 + (r2 + r3 )2 + (r3 + r1 )2 + (r1 + r2 )2 (2.98) Dễ thấy, đẳng thức bất đẳng thức (2.98) xảy a = b = c P trọng tâm tam giác Ta thấy (r2 + r3 )2 + (r3 + r1 )2 + (r1 + r2 )2 − − [(r1 + r2 ) (r3 + r1 ) + (r2 + r3 ) (r1 + r2 ) + (r3 + r1 ) (r2 + r3 )] = R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 + = R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 − (r2 r3 + r3 r1 + r1 r2 ) Kết hợp với bất đẳng thức biết (xem [6]): R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 (r2 r3 + r3 r1 + r1 r2 ) (2.99) Kết hợp với bất đẳng thức (2.98) ta suy bất đẳng thức Oppenheim (2.97) Rõ ràng, đẳng thức (2.97) xảy tương tự đẳng thức (2.98) Định lý chứng minh Định lý 2.3.5 Đối với điểm P nằm tam giácABC, ta có R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 r1 + hb r2 + hc r3 + r2 r3 + r3 r1 + r1 r2 (r1 + r2 ) (r3 + r1 ) + (r2 + r3 ) (r1 + r2 ) + (r3 + r1 ) (r2 + r3 ) (2.100) với , , ba đường cao tam giác ABC Đẳng thức (2.100) xảy P trọng tâm tam giác ABC Chứng minh Trước hết chứng minh bất đẳng thức đầu (2.100) R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 r1 + hb r2 + hc r3 + r2 r3 + r3 r1 + r1 r2 (2.101) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 44 Theo bất đẳng thức (2.91) tương tự nó, ta có (r2 + r3 )2 + (r3 + r1 )2 + (r1 + r2 )2 (br2 + cr3 ) r1 (cr3 + ar1 ) r2 (ar1 + br2 ) r3 + + a b c + (r2 + r3 )2 + (r3 + r1 )2 + (r1 + r2 )2 br2 + cr3 cr3 + ar1 = r2 r3 + r3 r1 + r1 r2 + r1 r1 + + r2 r2 + a b ar1 + br2 + r3 r3 + c r1 r2 r3 = r2 r3 + r3 r1 + r1 r2 + (ar1 + br2 + cr3 ) + + a b c = r1 + hb r2 + hc r3 + r2 r3 + r3 r1 + r1 r2 , R1 r1 + R2 r2 + R3 r3 + + ta sử dụng ar1 + br2 + cr3 = 2S = aha = bhb = chc (trong S diện tích tam giác ABC) Do đó, bất đẳng thức (2.101) suy từ bất đẳng thức (2.98) Hiển nhiên, điều kiện xảy đẳng thức (2.101) giống điều kiện xảy đẳng thức (2.98) Bất đẳng thức thứ hai (2.100) tương đương với r1 + hb r2 + hc r3 (r1 + r2 + r3 )2 , (2.102) Bất đẳng thức chứng minh dựa vào bất đẳng thức Cauchy đồng nhất: r2 r3 r1 + + = (2.103) hb hc Định lý 2.3.5 chứng minh LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 45 Kết luận Luận văn đặt số kết sau Giới thiệu bất đẳng thức Erdos-Mordell cổ điển đưa cách chứng minh số ví dụ áp dụng có sử dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell Trình bày bất đẳng thức Erdos-Mordell có trọng số bất đẳng thức liên quan đến đường tròn ngoại tiếp tam giác sinh đỉnh tam giác ABC điểm P nằm tam giác Giới thiệu hai bất đẳng thức điểm mặt phẳng chứa tam giác Trình bày bất đẳng thức hình học Oppenheim Trong báo [3], [4], [6] đưa số giả thiết Trong thời gian tới mong muốn nghiên cứu chứng minh giả thiết LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 46 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hoàng Ngọc Quang (2011), Luận văn thạc sĩ số bất đẳng thức hình học, Đại học Khoa học Thái Nguyên Tiếng Anh [2] N Dergiades (2004), Signed distances and the Erdăos-Mordell inequality, Forum Geometricorum, Vol 4, 6768 [3] W.D Jiang (2013), On a new weighted Erdos-Mordell type inequality, Int J Open Problems Compt Math., Vol 6, No 2, 44-49 [4] J Liu (2013), Two inequalities for a point in the plane of a triangle, International journal of geometry Vol 2, No 2, 68-82 [5] J Liu (2011), A new proof of the Erdos-Mordell inequality, International Electronic Journal of Geometry, Vol No 2, 114-119 [6] J Liu (2012), On a geometric inequality of oppenheim, Journal of Science and Arts No 1(18), 1-12 [7] R.B Manfrino, J.A.G Ortega, R.V Delgado (2009), Inequalities a mathematics olympiad approach, Birkhauser Publishers [8] D.S Mitrinovic, J.E Pecaric and V.Volenec (1989), Recent advances in geometric inequalities, Kluwer Academic pulishers, Dordrecht, Netherlands [9] Y.D Wu, C.L Yu and Z.H Zhang (2009), A geometric inequality of the generalized Erdos-Modell type, Journal of inequalities in pure and applied mathematics, Vol.10, Iss.4, Ar.106 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ... Bất đẳng thức Erdos- Mordell 1.1 Bất đẳng thức Erdos- Mordell 1.2 Một số ví dụ liên quan 4 Một số mở rộng bất đẳng thức Erdos- Mordell 2.1 Bất đẳng thức Erdos- Mordell. .. tơi trình bày số bất đẳng thức mở rộng bất đẳng thức Erdos- Mordell tam giác: bất đẳng thức kiểu ErdosMordell có trọng số, hai bất đẳng thức cho điểm mặt phẳng tam giác bất đẳng thức hình học Oppenheim... luận Luận văn đặt số kết sau Giới thiệu bất đẳng thức Erdos- Mordell cổ điển đưa cách chứng minh số ví dụ áp dụng có sử dụng bất đẳng thức Erdos- Mordell Trình bày bất đẳng thức Erdos- Mordell có