Luận văn thạc sĩ toán học một số mở rộng của bất đẳng thức euler và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  HOÀNG MINH AN MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC EULER VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC[.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG MINH AN MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC EULER VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG MINH AN MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC EULER VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Tạ Duy Phượng THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Lời cảm ơn Lời nói đầu Bất đẳng thức Euler số mở rộng 1.1 Một số kiến thức bổ trợ 1.1.1 Một số định lý tam giác 1.1.2 Một số bất đẳng thức 1.1.3 Tứ giác nội tiếp 1.1.4 Tứ giác ngoại tiếp 1.1.5 Tứ giác hai tâm 1.2 Bất đẳng thức Euler 1.3 Một số mở rộng bất đẳng thức Euler 11 1.3.1 Mở rộng bất đẳng thức Euler cho tam giác 11 1.3.2 Mở rộng bất đẳng thức Euler cho tứ giác hai tâm 32 1.3.3 Mở rộng bất đẳng thức Euler cho đa diện 41 Một số ứng dụng bất đẳng thức Euler 51 2.1 Ứng dụng bất đẳng thức Euler chứng minh bất đẳng thức tam giác 51 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức Euler chứng minh bất đẳng thức tứ giác 59 Kết luận 65 Tài liệu tham khảo 66 Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn PGS TS Tạ Duy Phượng Xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới Thầy, người tận tình hướng dẫn đạo tác giả tập dượt nghiên cứu khoa học suốt trình tìm hiểu tài liệu, viết hoàn thiện Luận văn Đồng thời xin chân thành cảm ơn quý thầy cô Bộ mơn tốn, Khoa Khoa học Tự nhiên, Thầy Cơ Viện Tốn học tận tình giảng dạy, quan tâm tạo điều kiện thuận lợi thủ tục hành để em hồn thành khóa học bảo vệ luận văn Thạc sĩ Tôi chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè quan, đồn thể nơi tơi cơng tác Trường Trung học Phổ thông Bạch Đằng, Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, tạo điều kiện vật chất lẫn tinh thần trình học tập, nghiên cứu viết luận văn Xin cảm ơn thầy giáo Hồng Minh Qn cho phép tơi tham khảo sử dụng thảo thầy Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Tác giả Hồng Minh An Lời nói đầu Năm 1897, thi toán Hội Toán học Vật lý Loránd Eotvos, Giáo sư L F Fejér, vào thời điểm sinh viên, sử dụng hệ thú vị sau định lý hình học sơ cấp tiếng Euler: Nếu R bán kính đường trịn ngoại tiếp r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác R ≥ 2r Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Euler Bất đẳng thức dễ dàng suy từ định lý Euler d2 = R2 − 2Rr với d khoảng cách hai tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Vì d2 ≥ nên R ≥ 2r Đẳng thức xảy hai đường tròn đồng tâm, tức tam giác tam giác Bất đẳng thức Euler chất, thể mối quan hệ bán kính đường trịn ngoại tiếp bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Bất đẳng thức Euler có nhiều ứng dụng Ngồi ra, bất đẳng thức Euler cịn mở rộng theo nhiều hướng khác nhau: tam giác (thay bất đẳng thức Euler bất đẳng thức tổng quát hơn), mở rộng cho tứ giác, tứ diện, Luận văn "Một số mở rộng bất đẳng thức Euler ứng dụng" có mục đích khai thác, tổng hợp, chứng minh bất đẳng thức Euler mở rộng bất đẳng thức này, đồng thời trình bày ứng dụng bất đẳng thức Euler chứng minh hệ thức hình học tam giác tứ giác 4 Chương Bất đẳng thức Euler số mở rộng 1.1 Một số kiến thức bổ trợ Cho tam giác ABC, với cạnh a = BC, b = AC, c = AB Kí hiệu a) O, I theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác tam giác b) R r theo thứ tự bán kính đường trịn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác c) , rb , rc theo thứ tự bán kính đường trịn bàng tiếp, tiếp xúc với cạnh BC, AC, AB tương ứng d) Ký hiệu S diện tích s = 1.1.1 a+b+c nửa chu vi tam giác Một số định lý tam giác Định lý 1.1 (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC, ta có a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, b2 = a2 + c2 − 2ac cos B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C Hệ 1.1 Từ Định lý 1.1, ta có cos A = b2 + c2 − a2 , 2bc c2 + a2 − b2 cos B = , 2ca cos C = a2 + b2 − c2 2ab Định lý 1.2 Trong tam giác ABC ta có a b c = = = 2R sin A sin B sin C Định lý 1.3 Diện tích S tam giác ABC tính theo công thức sau: 1 S = aha = bhb = chc , 2 1 S = ab sin C = bc sin A = ca sin B, 2 S = abc , 4R S = 2R2 sin A sin B sin C, S = sr, S = S = S = q s(s − a)(s − b)(s − c), √ rra rb rc , arb rc brc cra rb = = , rb + rc rc + ra + rb Định lý 1.4 Trong tam giác ABC, ta có r = (p − a) tan 1.1.2 B C S A = (p − b) tan = (p − c) tan = 2 p Một số bất đẳng thức Định lý 1.5 (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a1 , a2 , , an số thực khơng âm, ta có √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 an n Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Hệ 1.2 Với số thực dương a1 , a2 , , an , ta có √ n n a1 a2 an ≥ 1 a1 + a2 + · · · + an Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Hệ 1.3 Với số thực dương a1 , a2 , , an , ta có 1 n2 + + ··· + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + · · · + an Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Khi (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) Đẳng thức xảy 1.1.3 a1 a2 an = = ··· = b1 b2 bn Tứ giác nội tiếp 1.1.3.1 Định nghĩa tính chất Xét tứ giác lồi ABCD Định nghĩa 1.1 Tứ giác ABCD có bốn đỉnh A, B, C, D nằm đường tròn gọi tứ giác nội tiếp Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp thỏa mãn điều kiện sau Tính chất 1.1 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn (O; R) OA = OB = OC = OD Tính chất 1.2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp hai đỉnh kề nhìn cạnh đối góc Tính chất 1.3 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp tổng hai góc đối diện 1800 Tính chất 1.4 Giả sử tứ giác ABCD có hai đường thẳng chứa hai cạnh AB CD cắt I Khi điều kiện cần đủ để tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp IA.IB = IC.ID Tính chất 1.5 Giả sử tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt K Khi điều kiện cần đủ để tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp KA.KC = KB.KD 7 Tính chất 1.6 (Đường thẳng Simson) Tứ giác ABCD nội tiếp chân ba đường cao hạ từ đỉnh tứ giác xuống ba đường thẳng chứa ba cạnh tạo ba đỉnh lại thẳng hàng Tính chất 1.7 (Định lí Ptoleme) Tứ giác ABCD nội tiếp AC.BD = AB.CD + AD.BC 1.1.3.2 Diện tích tứ giác Định lý 1.7 (Định lí Brahmagupta) Cho tứ giác ABCD nội tiếp với cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = d Khi diện tích tứ giác ABCD S= q (p − a)(p − b)(p − c)(p − d), a+b+c+d nửa chu vi tứ giác ABCD 1.1.3.3 Độ dài hai đường chéo tứ giác nội tiếp với p = Định lý 1.8 Cho tứ giác ABCD nội tiếp với cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = d Khi độ dài hai đường chéo tứ giác ABCD cho công thức AC = 1.1.4 (ac + bd)(ab + cd) (ac + bd)(ad + bc) ; BD2 = ab + cd ad + bc Tứ giác ngoại tiếp 1.1.4.1 Định nghĩa tính chất Định nghĩa 1.2 Tứ giác lồi ABCD gọi tứ giác ngoại tiếp đường tròn đường trịn tiếp xúc với tất cạnh tứ giác Cho tứ giác lồi ABCD Khi ABCD tứ giác ngoại tiếp thỏa mãn điều kiện sau Tính chất 1.8 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn (O; R) tổng cặp cạnh đối nhau, tức AB + CD = BC + DA Tính chất 1.9 Tứ giác ABCD có tia AD BC cắt E; tia AB DC cắt F Khi điều kiện sau tương đương: a) Tứ giác ABCD ngoại tiếp b) BE + BF = DE + DF c) F A + CE = EA + CF 1.1.4.1 Diện tích tứ giác ngoại tiếp Định lý 1.9 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp với cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = d Khi diện tích tứ giác ABCD √ B+D S = abcd sin 1.1.5 Tứ giác hai tâm Định nghĩa 1.3 Tứ giác ABCD gọi tứ giác hai tâm vừa nội tiếp đường trịn vừa ngoại tiếp đường tròn Nhận xét Tứ giác hai tâm có đầy đủ tính chất tứ giác nội tiếp tứ giác ngoại tiếp Giả sử tứ giác hai tâm nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R ngoại tiếp đường trịn tâm I bán kính r Các định lý trình bày [2] Định lý 1.10 Trong tứ giác hai tâm, ta có đẳng thức sau: a) (bc + ad)(ab + cd)(ac + bd) = 16p2 R2 r2 b) ab + bc + cd + da = p2 √ c) ab + bc + cd + da + ac + bd = p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 √ d) ac + bd = 2r(r + 4R2 + r2 ) 1.1.5.1 Diện tích tứ giác hai tâm Cho tứ giác hai tâm ABCD với cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = a+b+c+d d với nửa chu vi p = diện tích S Định lý 1.11 Diện tích tứ giác hai tâm ABCD cho công thức √ S = abcd Hệ 1.4 Tứ giác hai tâm có diện tích tính cơng thức S = ac tan θ θ = bd cot , 2 với θ góc hai đường chéo Hệ 1.5 Trong tứ giác hai tâm ta có A tan = s bc C B = cot ; tan = ad 2 s cd D = cot ab Định lý 1.12 Tứ giác hai tâm ABCD với I tâm đường trịn nội tiếp có diện tích cho công thức S = AI.CI + BI.DI Hệ 1.6 Tứ giác hai tâm ABCD với r bán kính đường trịn nội tiếp có diện tích ! S = 2r 1.2 1 + sin A sin B Bất đẳng thức Euler Hệ thức Euler hệ thức bản, quan trọng hình học tam giác Nó Euler công bố vào năm 1767 Định lý 1.13 (Hệ thức Euler) Gọi d khoảng cách tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Ta có d2 = R(R − 2r) (1.1) Chứng minh Gọi O, I tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC, M giao điểm đường phân giác BI với (O) Kẻ đường kính qua O, I cắt đường tròn (O) điểm N, P Ta có: R2 − OI = (R + OI)(R − OI) = (ON + OI)(OP − OI) = IN.IP 10 Mà IN.IP = IB.IM hai tam giác IM N tam giác IP B đồng dạng với nhau, nên ta có IB.IM = IN.IP = R2 − OI Mặt khác, tam giác ICM cân M nên suy M C = M I Kẻ đường kính M K (O) kẻ ID⊥BC Vì hai tam giác M KC IBD đồng dạng với MK IB (góc-góc) nên = , M K.IB = IB.M C Do M K = 2R, MC IC ID = r, M C = M I nên 2Rr = M K.ID = IB.M C = IB.IM = R2 − OI Vậy OI = R2 − 2Rr ⇔ d2 = R(R − 2r) Ta có điều phải chứng minh Định lý 1.14 (Bất đẳng thức Chapple-Euler) Với tam giác ta có R ≥ 2r (1.2) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Chứng minh Cách 1: Từ hệ thức Euler d2 = R(R − 2r), suy R(R − 2r) ≥ hay R ≥ 2r Cũng chứng minh hình học trực tiếp cho bất đẳng thức Euler sau Cách 2: Giả sử tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp O1 , tâm đường tròn ngoại tiếp O2 Dựng tam giác A1 B1 C1 qua đỉnh tam giác ABC song song với cạnh (Hình vẽ) Dựng tiếp tuyến đường tròn tâm O2 song song với cạnh tam giác A1 B1 C1 cho tiếp tuyến A2 B2 song song với A1 B1 tiếp điểm 11 nằm cung AB (chứa điểm C) Theo cách dựng trên, tam giác A1 B1 C1 nằm tam giác A2 B2 C2 đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số đồng A1 B1 dạng Gọi r1 bán kính đường tròn nội tiếp tam giác A1 B1 C1 Ta có AB r1 ≤ R Mặt khác, tỉ số bán kính đường trịn nội tiếp hai tam giác đồng dạng r1 A1 B1 tỉ số đồng dạng cạnh tương ứng, nghĩa = = nên r AB r1 = 2r Suy R ≥ 2r 1.3 Một số mở rộng bất đẳng thức Euler Trong mục này, ta đề cập đến số mở rộng bất đẳng thức Euler Các mở rộng xét tam giác, tứ giác tứ diện 1.3.1 Mở rộng bất đẳng thức Euler cho tam giác A Bất đẳng thức Euler cho hai tam giác Cho hai tam giác ABC, A0 B C với cạnh AB = c, BC = a, AC = b A0 B = c0 , B C = a0 , A0 C = b0 Gọi R, r, s theo thứ tự bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp nửa chu vi tam giác ABC R0 , r0 , s0 theo thứ tự bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp nửa chu vi tam giác A0 B C Định lý 1.15 hệ mở rộng bất đẳng thức Euler cho hai tam giác trình bày [8] Dưới trình bày kết [8] với chứng minh chi tiết tác giả luận văn tham khảo thêm từ nguồn tài liệu khác Trước tiên ta có: Bổ đề 1.1 (Oppenheim) Cho số thực x, y, z > Khi ta có √ (x + y + z)2 ≥ 3(yz sin A + zx sin B + xy sin C) (1.3) Đẳng thức xảy x = y = z ∆ABC tam giác Định lý 1.15 Ta có bất đẳng thức ! R a b c ≥ + 0+ 0 r a b c (1.4) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Chứng minh Trong Bổ đề 1.1, đặt x = sin A0 > 0, y = sin B > 0, z = sin C > 12 , ta có (sin A0 + sin B + sin C )2 ≥ √ ≥ 3(sin B sin C sin A + sin C sin A0 sin B + sin A0 sin B sin C) Theo định lý hàm số sin a b c a0 b0 c0 = = = 2R; = = = 2R.0 0 sin A sin B sin C sin A sin B sin C Do bất đẳng thức tương đương với  √ (sin A0 + sin B + sin C )2 ≥   ab0 c0 bc0 a0 ca0 b0  + + 2 (2R0 ) 2R (2R0 ) 2R (2R0 ) 2R √ ⇔ (sin A0 + sin B + sin C )2 ≥ a0 b0 c0 a b c + 0+ b c (2R0 ) 2R a " # Mặt khác ta lại có S0 = a0 b0 c0 = s0 r0 ⇔ 4s0 R0 r0 = a0 b0 c0 4R0 Do √ 4s0 R0 r0 a b c (sin A + sin B + sin C ) ≥ + + (2R0 ) 2R a0 b0 c0 0 " # √ s0 r a b c ⇔ (sin A + sin B + sin C ) ≥ + + (1.5) R R a0 b0 c0 s0 a0 b0 c0 Vì = + + = sin A0 + sin B + sin C , nên bất đẳng thức 0 R 2R 2R 2R (1.5) tương đương với 0 " # √ r0 a b c + 0+ sin A + sin B + sin C ≥ R a b c √ 3 Với tam giác ta có sin A0 + sin B + sin C ≤ , suy √ " # ! 3 √ r0 a b c R a b c ≥ + + ⇔ ≥ + + R a0 b0 c0 r a0 b0 c0 0 " # Đẳng thức xảy x = y = z tam giác ABC tam giác Ta có x = y = z, tức sin A0 = sin B = sin C , hay A0 = B = C , nghĩa tam giác A0 B C tam giác Định lý chứng minh Giả sử a = a0 , b = b0 , c = c0 bất đẳng thức Định lý 1.15 trở thành bất đẳng thức Euler, bất đẳng thức Định lý 1.15 gọi bất đẳng thức Euler suy rộng 13 Từ định lý trên, ta có hệ Hệ 1.7 Trong tam giác, ta có bất đẳng thức √ ! R 1 ≥ + + r sin A sin B sin C (1.6) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Chứng minh Trước tiên cho a = b = c Định lý 1.15, (1.4) trở thành 1 R ≥ a + + r0 a0 b0 c0 ! 1 = 2R sin A + + a b c ! √ ! 3R 1 = + + a0 b0 c0 ! 1 ⇔ ≥√ + + (1.7) r a0 b0 c0 Vì a0 = 2R0 sin A0 , b0 = 2R0 sin B , c0 = 2R0 sin C nên bất đẳng thức (1.7) tương đương với ! 1 1 √ ≥ + + r0 2R0 sin A0 sin B sin C √ ! R0 1 ⇔ ≥ + + r sin A0 sin B sin C Vì ∆A0 B C nên từ bất đẳng thức ta có bất đẳng thức Hệ 1.8 Hệ 1.8 Trong tam giác với bán kính đường trịn ngoại tiếp R, bán kính đường trịn nội tiếp r, ta có 3R b c −1≥ + 2r c b (1.8) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Chứng minh Lấy a0 = a, b0 = c, c0 = b Định lý 1.15, ta nhận bất đẳng thức cần chứng minh Hệ 1.9 Trong tam giác với bán kính đường trịn ngoại tiếp R, bán kính đường tròn nội tiếp r, cạnh a, b, c, ta có bất đẳng thức ! R a b c ≥ + + r b c a (1.9) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Chứng minh Lấy a0 = b, b0 = c, c0 = a Định lý 1.15, ta có r0 = r ta nhận bất đẳng thức cần chứng minh 14 Hệ 1.10 Trong tam giác, ta có ! R 1 ≥ (a + b + c) + + r a b c (1.10) với đẳng thức xảy tam giác tam giác Chứng minh Từ Hệ 1.10, ta có ! R a b c ≥ + + r b c a Mặt khác, theo bất đẳng thức Klamkin ! 1 a b c + + ≥ (a + b + c) + + b c a a b c Suy ! R 1 ≥ (a + b + c) + + r a b c Hệ 1.11 Trong tam giác, ta có ! R b+c c+a a+b ≥ + + r a b c (1.11) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Chứng minh Thay a0 = c, b0 = a, c0 = b Định lý 1.15, ta nhận bất đẳng thức ! R a b c ≥ + + r c a b Theo Hệ 1.10 ta có ! R a b c ≥ + + r b c a Cộng theo vế bất đẳng thức lại với nhau, ta được: ! ! 2R b+c c+a a+b R b+c c+a a+b ≥ + + ⇔ ≥ + + r a b c r a b c Đẳng thức xảy ABC tam giác Hệ 1.12 Trong tam giác, ta có R b c a ≥ + + r b+c c+a a+b !2 , với đẳng thức xảy tam giác tam giác 15 Chứng minh Trong Định lý 1.15, ta chọn a0 = b + c, b0 = c + a, c0 = a + b a0 , b0 , c0 cạnh tam giác a0 < b0 + c0 ; b0 < a0 + c0 ; c0 < a0 + b0 Khi (1.4) trở thành ! b c R a ≥ + + r b+c c+a a+b (1.12) a0 + b0 + c0 = a + b + c = 2s; s0 − a0 = a; s0 − b0 = b; s0 − c0 = c, q √ suy S = s0 r0 = s0 (s0 − a0 )(s0 − b0 )(s0 − c0 ) = 2s.abc Lại có Ta có s0 = √ √ abc = sr ⇒ abc = 4sRr ⇒ 2sabc = 8s2 Rr ⇒ 2sabc = 2s 2Rr 4R √ √ √ Vậy s0 r0 = 2s.abc = 2s 2Rr Mà s0 = 2s nên r0 = 2Rr Khi (1.12) S= tương đương với ! R b c R a √ + + = ≥ ⇔ r0 b+c c+a a+b 2Rr s ! R b c a ≥ + + 2r b+c c+a a+b b c a R + + ⇔ ≥ r b+c c+a a+b !2 Đẳng thức xảy ABC tam giác Hệ 1.13 Trong tam giác với bán kính đường trịn ngoại tiếp R, bán kính đường trịn nội tiếp r, ta có  v √ s s u u b R 2 a c  ≥ +t +   r s−a s−b s−c (1.13) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Chứng minh Chọn a0 = q a(s − a), b0 = q b(s − b), c0 = q c(s − c) Khi a0 , b0 , c0 cạnh tam giác, tức a0 + b0 > c0 ; b0 + c0 > a0 ; a0 + c0 > b0 Ta chứng minh a0 + b0 > c0 , trường hợp lại chứng minh tương tự Thật vậy, ta có q q a0 + b0 > c0 ⇔ (a0 + b0 )2 > (c0 )2 ⇔ ( a(s − a) + b(s − b))2 > c(s − c), q ⇔ a(s − a) + b(s − b) + ab(s − a)(s − b) > c(s − c) 16 q ⇔ ab(s − a)(s − b) > c(s − c) − a(s − a) − b(s − b) Ta biến đổi vế phải bất đẳng thức: V P = s(c − a − b) + a2 + b2 − c2 a+b+c = (c − a − b) + a2 + b2 − c2 2 c − a2 − b2 − 2ab + a2 + b2 − c2 = 2 a + b − 2ab − c2 = (a − b − c)(a − b + c) = Vì a, b, c cạnh tam giác nên a − b − c < a − b + c > 0, vế phải ln âm, cịn vế trái ln dương Ta có điều phải chứng minh Với a0 , b0 , c0 cạnh tam giác A0 B C , áp dụng Định lý 1.15 cho hai tam giác ABC A0 B C , từ (1.4) ta nhận  s v u u b R a 2 t + + ≥  r s−a s−b s  c   s−c (1.14) Ta chứng minh 2s0 r0 = sr Thật vậy, theo công thức Heron diện tích tam giác A0 B C S0 = q s0 (s0 − a0 )(s0 − b0 )(s0 − c0 ) ⇒ S 02 = s0 (s0 − a0 )(s0 − b0 )(s0 − c0 ) q a0 + b0 + c0 Ta có s0 = = q q q q q q q q q b(s − b) + c(s − c) − a(s − a) , s0 − a0 = s − b0 = q a(s − a) + b(s − b) + c(s − c) , suy a(s − a) + c(s − c) − b(s − b) , q a(s − a) + b(s − b) − c(s − c) s − c0 = Từ tính tốn, ta được: q q [ b(s − b) + c(s − c)] − a(s − a) s0 (s0 − a0 ) = q q a(s − a) − [ c(s − c) − b(s − b)] (s0 − b0 )(s0 − c0 ) = 17 Suy S 02 = s0 (s0 − a0 )(s0 − b0 )(s0 − c0 ) = q q q q q q L, với 16 L = −a2 (s − a)2 + [ c(s − c) + b(s − b)]2 a(s − a) + + [ c(s − c) − b(s − b)]2 a(s − a) − q q − [ c(s − c) + b(s − b)]2 [ c(s − c) − b(s − b)]2 Tiếp tục biến đối, ta L = −a2 (s − a)2 + 2a(s − a)[b(s − b) + c(s − c)] − [c(s − c) − b(s − b)]2 , L = −a2 (s − a)2 + 2a(s − a)[b(s − b) + c(s − c)] − c2 (s − c)2 − b2 (s − b)2 + +2bc(s − b)(s − c) L = −[a2 (s − a)2 +b2 (s − b)2 +c2 (s − c)2 ]+2ab(s−a)(s−b)+2ca(s−a)(s−c)+ +2bc(s − b)(s − c) Đặt L1 = a2 (s − a)2 + b2 (s − b)2 + c2 (s − c)2 L2 = 2ab(s − a)(s − b) + 2ca(s − a)(s − c) + 2bc(s − b)(s − c) Ta có L1 = a4 + b4 + c4 − 2s(a3 + b3 + c3 ) + s2 (a2 + b2 + c2 ), với 2s(a3 + b3 + c3 ) = (a + b + c)(a3 + b3 + c3 ) = a4 + b4 + c4 + ab3 + ac3 + ba3 + bc3 + ca3 + cb3 (a2 + b2 + c2 ) + 2(ab + bc + ca)(a2 + b2 + c2 ) s (a + b + c ) = a4 + b4 + c4 + 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 2(ab + bc + ca)(a2 + b2 + c2 ) = 2 2 Suy L1 = a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 a3 b + ab3 + b3 c + bc3 + a3 c + ac3 + − + 2 + abc(a + b + c) Tương tự ta có b+c−aa+c−b ab(c2 − b2 − a2 + 2ab) = , 2ab(s − a)(s − b) = 2ab 2 a+b−cb+c−a ca(b2 − a2 − c2 + 2ca) 2ca(s − c)(s − a) = 2ca = , 2 18 2bc(s − b)(s − c) = 2bc bc(a2 − b2 − c2 + 2bc) a+c−ba+b−c = 2 Suy L2 = abc(a + b + c) a3 b + ab3 + b3 c + bc3 + a3 c + ac3 + a2 b2 + b2 a2 + c2 a2 − 2 a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 a2 + c2 a2 Vậy L = −L1 + L2 = − + , a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 a2 + c2 a2 S = − + 16 ! 02 Mặt khác ta có a+b+c b+c−a a+c−b a+b−c 2 2 [(b + c)2 − a2 ][a2 − (b − c)2 ] = 16 S = s(s − a)(s − b)(s − c) = = [−a4 − (b2 − c2 )2 + a2 (b + c)2 + a2 (b − c)2 ] 16 = [ − a4 − b4 − c4 + 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )] 16 Do 4S 02 = S ⇔ 2S = S Theo công thức diện tích tam giác S = s0 r0 , S = sr, suy 2s0 r0 = sr Ta có điều phải chứng minh sr Từ 2s0 r0 = sr ⇔ r0 = , suy 2s R R R = sr = s0 r r 2s0 2s0 Vậy (1.14) tương đương với R s ≥ r 2s0  s    ⇔ a + s−a v u u t s R a s ≥ 0 +  r s s−a Lại có 2s0 = a0 + b0 + c0 = q b + s−b v u u t a(s − a) + b + s−b s  c   s−c s  c   s−c q b(s − b) + q c(s − c), áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta q q q (2s0 )2 = ( a(s − a) + b(s − b) + c(s − c))2 ≤ 3[s(a + b + c) − (a2 + b2 + c2 )] = 3[2s2 − (a2 + b2 + c2 )] (1.15) ... 1.3.3 Mở rộng bất đẳng thức Euler cho đa diện 41 Một số ứng dụng bất đẳng thức Euler 51 2.1 Ứng dụng bất đẳng thức Euler chứng minh bất đẳng thức tam giác 51 2.2 Ứng dụng. .. (thay bất đẳng thức Euler bất đẳng thức tổng quát hơn), mở rộng cho tứ giác, tứ diện, Luận văn "Một số mở rộng bất đẳng thức Euler ứng dụng" có mục đích khai thác, tổng hợp, chứng minh bất đẳng thức. .. thức Euler mở rộng bất đẳng thức này, đồng thời trình bày ứng dụng bất đẳng thức Euler chứng minh hệ thức hình học tam giác tứ giác 4 Chương Bất đẳng thức Euler số mở rộng 1.1 Một số kiến thức