Luận văn thạc sĩ về một số bất đẳng thức dạng tham số trong mặt phẳng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ĐỖ NGỌC THƯỜNG VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG MẶT PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2020 e BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ĐỖ NGỌC THƯỜNG VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG MẶT PHẲNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Người hướng dẫn: PGS.TS ĐINH THANH ĐỨC Bình Định - 2020 e Mục lục MỞ ĐẦU 1 BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG 1.1 Các bất đẳng thức mặt phẳng 1.2 Các bất đẳng thức điểm tam giác SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG TAM GIÁC 21 2.1 Ý tưởng dẫn đến toán 21 2.2 Các bổ đề 23 2.3 Chứng minh toán nêu 35 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ ĐỐI VỚI MỘT ĐIỂM TRONG TAM GIÁC 41 3.1 Các bất đẳng thức dạng tham số 41 3.2 Chứng minh bất đẳng thức 3.3 Một số toán mở bất đẳng thức dạng tham số tam giác 49 42 KẾT LUẬN 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO 52 PHỤ LỤC 54 e MỞ ĐẦU Từ trước tới nay, tốn bất đẳng thức hình học nói chung bất đẳng thức hình học mặt phẳng nói riêng ln tốn khó muốn quan tâm tìm hiểu Tuy khó khăn tốn bất đẳng thức hình học đề tài mà nhiều người làm tốn muốn tìm hiểu giải Các toán bất đẳng thức mặt phẳng phong phú, kể đến bất đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Erdos-Modell, v.v Các bất đẳng thức đề cập số kết nhà toán học lĩnh vực bất đẳng thức ( [4], [19], [3]) Các bất đẳng thức tam giác nghiên cứu, đưa nhiều Dựa bất đẳng thức người ta đưa dự đốn bất đẳng thức tam giác bất đẳng thức dạng tham số để tổng quát cho trường hợp cụ thể đồng thời tìm cách chứng minh Việc chứng minh bất đẳng thức gặp nhiều khó khăn q trình tính tốn, cần có hỗ trợ cơng cụ tính toán phần mềm Maple ([7], [8]) Các toán bất đẳng thức dạng tham số điểm tam giác năm gần nhà toán học nước quốc tế quan tâm nhiều ([7], [8], [9], [4], [20]) Để có nhìn chi tiết cụ thể bất đẳng thức dạng tham số mặt phẳng, chọn đề tài "Về số bất đẳng thức dạng tham số mặt phẳng" Trong luận văn này, phần mục lục, phần mở đầu phần kết e luận luận văn chia làm chương Chương Trong chương này, hệ thống số bất đẳng thức hình học mặt phẳng bất đẳng thức điểm tùy ý tam giác Chương Chương chúng tơi trình bày cách chứng minh bất đẳng thức dạng tham số tam giác có sử dụng phần mềm Maple việc hỗ trợ tính tốn Chương Chương giới thiệu bất đẳng thức dạng tham số điểm tam giác Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Quy Nhơn hướng dẫn PGS.TS Đinh Thanh Đức Qua muốn dành lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến PGS.TS Đinh Thanh Đức – giảng viên hướng dẫn thực đề tài luận văn Thầy người định hướng, tạo điều kiện thuận lợi cho nhận xét q báu để tơi hồn thành luận văn với hiệu cao Tôi xin phép gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy giảng dạy lớp Phương pháp tốn sơ cấp trường Đại học Quy Nhơn toàn thể q thầy Khoa Tốn trường Đại học Quy Nhơn, người cho kiến thức, quan tâm, động viên, nhiệt tình giúp đỡ tơi suốt q trình học tập thời gian thực đề tài Mặc dù cố gắng học hỏi, tìm tịi nghiên cứu q trình hồn thành luận văn, hạn chế thời gian trình độ nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận góp ý quý thầy cô bạn đọc để luận văn hồn thiện Bình Định, ngày tháng năm 2020 Học viên thực đề tài Đỗ Ngọc Thường e Chương BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG Nội dung chương chúng tơi trình bày bất đẳng thức mặt phẳng tiếng bất đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Erdos - Mordell, bất đẳng thức khác xuất kỳ thi toán quốc tế ([19],[15],[2]) 1.1 Các bất đẳng thức mặt phẳng Một bất đẳng thức tiếng có nhiều ứng dụng tốn bất đẳng thức hình học, đặc biệt tốn so sánh độ dài đoạn thẳng, bất đẳng thức Ptolemy ([15]) Bài toán 1.1.1(Bất đẳng thức Ptolemy) Với bốn điểm A, B, C, D mặt phẳng, chứng minh AB.CD + AD.BC > AC.BD (1.1) Đẳng thức xảy nào? Lời giải Dựng điểm E cho tam giác BCD đồng dạng với tam giác BD BEA Khi theo tính chất tam giác đồng dạng ta có BA EA = CD Suy BA.CD = BD.AE, (1.2) e Hình 1.1 Mặt khác hai tam giác EBC ABD đồng dạng, \ = ABD \ Từ EC = AD Suy EBC BC BD AD.BC = BD.EC BA BD = BE BC (1.3) Cộng theo vế (1.2) (1.3) ta suy AD.CD + AD.BC = BD(AE + EC) > BD.AC Đẳng thức xảy A, E, C thẳng hàng, tức A D nhìn BC góc nhau, tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn Ta xét toán sau, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy q trình chứng minh Bài tốn 1.1.2.(IMO, 1995 ) Cho ABCDEF lục giác cho AB = \ = EF \ BC = CD, DE = EF = F A BCD A = 600 G H hai điểm tùy ý Chứng minh AG + BG + GH + DH + EH > CF Lời giải Từ giả thiết ta có BCD AEF tam giác Lấy C F đối xứng với C F qua BE Khi CF = C F ta DEF ABC tam giác Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác F DHE C AGB , ta có F H.DE F E.DH + F D.EH hay F H DH + EH e C G.AB C A.BG + C B.AG hay C G BG + AG Do AG + BG + GH + DH + EH > C G + GH + HF > C F = CF Hình 1.2 Hai tốn sau áp dụng bất đẳng thức Ptolemy Bài toán 1.1.3.(Olympic Toán học 30/4, đề nghị, 2000 ) Chứng tỏ tam giác ABC ta có bc ca ab + + > 4, ma mb mb mc mc ma (1.4) với a, b, c độ dài ba cạnh ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến tương ứng tam giác Lời giải Điều phải chứng minh tương đương với abmc + bcma + camb > 4ma mb mc Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác CM GN , ta có GC.M N GN.M C + GM.N C, e Hình 1.3 từ 23 mc 2c 13 mb a2 + 13 ma 2b hay 2mc c mb a + ma b Suy 2mc c2 acmb + bcma (1.5) Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABM N ta AM.BN AN.BM + AB.M N, suy ma mb ab + c2 2, tức 4ma mb mc abmc + 2c2 mc (1.6) Từ (1.5) (1.6) suy điều phải chứng minh Bài toán 1.1.4.( IMO, 2001 ) Cho tam giác ABC với trọng tâm G độ dài cạnh a, b, c Tìm điểm P mặt phẳng tam giác cho AP.AG + BP.BG + CP.CG đạt giá trị nhỏ tìm giá trị nhỏ theo a, b, c Lời giải Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác BGC Kéo dài trung tuyến AL cắt đường tròn K Gọi M, N trung điểm cạnh AC, AB Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác BGL, CGL, ta có BG BL CG CL = , = [ \ sin CLG [ \ sin BLG sin BGK sin CGK e (1.7) Hình 1.4 [ = sin CLG [ nên từ (1.7) Nhưng L trung điểm BC sin BLG \ sin CGK ta có BG = CG \ sin BGK \ CK = 2R sin CGK \ , R bán Ta lại có BK = 2R sin BGK, kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCG Do = BG CG hay BG CK = CG BK = sin BGN \ sin CGK \ = 2R sin BGN \ Từ BG = AG Hơn BC = 2R sin BGC CK BC BG CG AG Như CK = BK = BC Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác P BKC ta có P K.BC BP.CK + CP.BK Từ P K.AG BP.BG + CP.CG Suy (AP + P K)AG AP.AG + BP.BG + CP.CG cuối AK.AG AP.AG + BP.BG + CP.CG Tương tự AG BG CK BK = \ sin BGN \ sin AGN \ Đẳng thức xảy P nằm cung BGC (để có đẳng thức bất đẳng thức Ptolemy) P nằm AK (để có đẳng thức bất đẳng thức tam giác) Do giá trị đạt P ≡ G Theo công thức đường trung tuyến dễ dàng tính AG2 + BG2 + CG2 = (a2 +b2 +c2 ) Sau đây, tác giả trình bày số bất đẳng thức liên hệ đại lượng cạnh diện tích tam giác Bài toán 1.1.5.(Bất đẳng thức Weitzenbock, IMO 1961 ) Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác, S diện tích tam giác Chứng minh √ a2 + b2 + c2 > 3S (1.8) e 37 e1 = 4a2 (b2 + c2 ) + λ(2b2 c2 + 2c2 a2 + 2a2 b2 − b4 − c4 − 2a4 ), e2 = 4b2 (c2 + a2 ) + λ(2b2 c2 + 2c2 a2 + 2a2 b2 − c4 − a4 − 2b4 ), e3 = 4c2 (a2 + b2 ) + λ(2b2 c2 + 2c2 a2 + 2a2 b2 − a4 − b4 − 2c4 ), f1 = 4a2 (b2 + c2 ) + 2λb2 c2 − 4(b + c)2 (b − c)2 , f2 = 4b2 (a2 + c2 ) + 2λa2 c2 − 4(a + c)2 (c − a)2 , f3 = 4c2 (a2 + b2 ) + 2λa2 b2 − 4(a + b)2 (a − b)2 Khi λ = −2, bất đẳng thức (2.7) trở thành (2.3), điều chứng minh cách đơn giản phần Vì vậy, xem xét hai trường hợp λ = −2 < λ < để kết thúc chứng minh bất đẳng thức (2.61) Định lý 2.1.1 Trường hợp λ = Chúng ta sử dụng Bổ đề 2.2.1 để chứng minh trường hợp Nếu để λ = (2.61) chia hai vế cho 2, bất đẳng thức trở thành g1 x2 + g2 y + g3 z − h1 yz − h2 zx − h3 xy > 0, (2.62) Ở g1 = −2a4 + 4(b2 + c2 )a2 − (b + c)2 (b − c)2 , g2 = −2b4 + 4(c2 + a2 )b2 − (c + a)2 (c − a)2 , g3 = −2c4 + 4(a2 + b2 )c2 − (a + b)2 (a − b)2 , h1 = 2(b2 c2 + c2 a2 + a2 b2 ) − 2(b + c)2 (b − c)2 , h2 = 2(b2 c2 + c2 a2 + a2 b2 ) − 2(c + a)2 (c − a)2 , h3 = 2(b2 c2 + c2 a2 + a2 b2 ) − 2(a + b)2 (a − b)2 √ Tiếp theo, chứng minh g1 > 0, g2 > 0, g3 > √ √ g1 , g2 , g3 tạo thành tam giác Trước tiên quan sát g1 = 4(v + 6vw + w2 )u2 + 4(v + w)(v + 6vw + w2 )u + (v − w)2 (v + w)2 , (2.63) e 38 u = s − a > 0, v = s − b > 0, w = s − c > Do đó, g1 > √ √ √ Tương tự ta có g2 > g3 > Đặt l1 = g1 , l2 = g2 , l3 = g3 , sau cơng thức diện tích Heron: p S = s(s − a)(s − b)(s − c) (2.64) dạng tương tự (2.26), biết l1 , l2 , l3 tạo thành tam giác A0 B C G0 = 2g2 g3 + 2g3 g1 + 2g1 g2 − g12 − g22 − g32 > (2.65) Sử dụng biểu thức g1 , g2 , g3 công thức (2.26), thật dễ dàng để xác định G0 = 64n0 S , (2.66) n0 giống (3.41) n0 > Do đó, G0 > yêu cầu kết luận chứng minh Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme (2.10) cho tam giác A0 B C lưu ý l22 + l32 − l12 = g2 + g3 − g1 = h1 , (2.67) l32 + l12 − l22 = g3 + g1 − g2 = h2 , (2.68) l12 + l22 − l32 = g1 + g2 − g3 = h3 , (2.69) sau có bất đẳng thức (2.62) Bổ đề 2.2.1 biết đẳng thức xảy x = y = z Do đó, hoàn thành chứng minh cho trường hợp λ = (2.55), cụ thể bất đẳng thức (2.4) chứng minh Hơn nữa, dễ dàng thấy λ = đẳng thức (2.55) xảy x : y : z = a2 : b2 : c2 Do đó, đẳng thức (2.4) xảy tọa độ điểm P (a2 , b2 , c2 ), có nghĩa P điểm Lhuilier-Lemoine tam giác ABC Điều hoàn thành chứng minh Định lý 2.1.1 trường hợp λ = Trường hợp −2 < λ < Theo Bổ đề 2.2.4, để chứng minh (2.61) cho trường hợp này, trước tiên chứng minh 4e2 e3 − f12 > e (2.70) 39 Sau tính tốn với trợ giúp Maple, ta có 4e2 e3 − f12 = 4(a1 λ2 + b1 λ + c1 ), (2.71) ( Phụ lục, hình 3.9 hình 3.10 ) a1 = 16(2b2 c2 + 2c2 a2 + 2a2 b2 − a4 − 2b4 − 2c4 )S , b1 = −4(b2 + c2 )a6 + 8(b2 + bc + c2 )(b2 − bc + c2 )a4 − 4(b2 + c2 )(b4 − 4b2 c2 + c4 )a2 − 8b2 c2 (b4 − b2 c2 + c4 ), c1 = −4(b + c)2 (b − c)2 a4 + 8(b2 + c2 )(b4 + c4 )a2 − 4(b4 + c4 )(b4 − 4b2 c2 + c4 ) Như vậy, cần chứng minh a1 λ2 + b1 λ + c1 > (2.72) Để λ = − t, sau −2 < λ < ta có < t < (2.72) trở thành a1 (2 − t)2 + b1 (2 − t) + c1 > 0, tương đương với a0 t2 + b0 t + c0 > 0, (2.73) a0 , b0 , c0 giống Bổ đề 2.2.3 Theo Bổ đề 2.2.3, biết bất đẳng thức (2.73) với < t < Do đó, bất đẳng thức nghiêm ngặt (2.72) (2.70) chứng minh Rõ ràng, bất đẳng thức 4e3 e1 − f22 > 4e1 e2 − f32 > tương tự (2.70) Bây giờ, Bổ đề 2.2.4, phải chứng minh bất đẳng thức: K0 ≡ 4e1 e2 e3 − (f1 f2 f3 + e1 f12 + e2 f22 + e3 f32 ) > Áp dụng phần mềm Maple cơng thức (2.26), khơng khó để xác minh kết sau X  X  X 2 2 b c + 4λS S (2.74) K0 = 512(2−λ)(2+λ) a − bc (Phụ lục, hình 3.11) P P 2 Theo (2.26) thực tế a − b c > với đẳng thức xảy e 40 a = b = c, thấy K0 > với −2 < λ < đẳng thức K0 > xảy a = b = c, cụ thể tam giác ABC Hơn nữa, Bổ đề 2.2.4, biết đẳng thức (2.61) xảy a = b = c x = y = z Do đó, −2 < λ < đẳng thức (2.55) xảy tam giác ABC P trọng tâm Điều hoàn thành chứng minh theo trường hợp thứ hai Cuối cùng, kết hợp lập luận trên, Định lý 2.1.1 chứng minh Tóm lại, chương giới thiệu bất đẳng thức dạng tham số tam giác trình bày cách chứng minh với hỗ trợ công cụ phần mềm Maple e Chương CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ ĐỐI VỚI MỘT ĐIỂM TRONG TAM GIÁC Fang Jian Huang đưa cách chứng minh hai bất đẳng thức điểm tùy ý tam giác ([4]) Sau đó, nhóm nhà tốn học đưa kết dự đoán bất đẳng thức với tham số điểm tam giác, trình bày ([20]) J.Liu phát biểu lại, đưa cách chứng minh Nội dung chương giới thiệu bất đẳng thức dạng tham số điểm tam giác mà J.Liu chứng minh (nội dung chủ yếu tham khảo [8]) 3.1 Các bất đẳng thức dạng tham số Các bất đẳng thức với tham số tam giác trình bày lại sau: Cho tam giác ABC P điểm tùy ý tam giác, với λ > 0, ta 2R22 − r32 − r12 2R32 − r12 − r22 2R12 − r22 − r32 + + > , a2 + b2 + c2 + λa2 a2 + b2 + c2 + λb2 a2 + b2 + c2 + λc2 2(λ + 3) (3.1) 41 e 42 R22 + R32 − r22 − r32 R32 + R12 − r32 − r12 R12 + R22 − r12 − r22 + + > , a2 + b2 + c2 + λa2 a2 + b2 + c2 + λb2 a2 + b2 + c2 + λc2 2(λ + 3) (3.2) 2 2 2 2 2R2 − r3 − r1 2R3 − r1 − r2 2R1 − r2 − r3 + + > , (3.3) (b + c)2 + λbc (c + a)2 + λca (a + b)2 + λab 2(λ + 4) R22 + R32 − r22 − r32 R32 + R12 − r32 − r12 R12 + R22 − r12 − r22 + + > (b + c)2 + λbc (c + a)2 + λca (a + b)2 + λab 2(λ + 4) (3.4) Tiếp theo, chúng tơi trình bày cách chứng minh bất đẳng thức 3.2 Chứng minh bất đẳng thức Để chứng minh bất đẳng thức này, ta nhắc lại số phương trình định lý mặt lý thuyết hỗ trợ thực số giả định để giảm phức tạp trình bày Theo bất đẳng thức tam giác, giả sử với ba biến dương u, v, w, thường gọi để biểu diễn cho a, b, c, độ dài ba cạnh 4ABC sau, a = u + v, b = u + w, c = v + w (3.5) Khi toán với {a, b, c} chia thành sáu trường hợp theo thứ tự kích thước {a, b, c} Trong trường hợp, {a, b, c} tối đa đặt thành 1, hai lại nhỏ Trên thực tế, nhiều tốn, đặc biệt tốn hình học, số ràng buộc giả định mà khơng tính tổng qt Chúng tơi trình bày định lý sau để minh họa điều Định lý 3.2.1 Cho m n hai số nguyên dương, Ω1 ⊂ Rm Ω2 ⊂ Rn Đặt Φ ký hiệu cho mệnh đề xác định Ω1 Λ tập  hợp Φ đúng, tức Λ , x ∈ Ω1 |Φ(x)là Với hàm số f : Ω1 × Ω2 → R, ∀x0 ∈ Ω1 , ∀y0 ∈ Ω2 , tồn x1 ∈ Λ, y1 ∈ Ω2 , cho f (x1 , y1 ) = f (x0 , y0 ), ba mệnh đề sau tương đương, I ∀(x, y) ∈ Ω1 × Ω2 , f (x, y) > 0, e 43 II ∀(x, y) ∈ Λ × Ω2 , f (x, y) > 0, III.Với x ∈ Ω1 , Φ(x) đúng, f (x, y) > cho y ∈ Ω2 Chứng minh Sự tương đương II III hiển nhiên, x ∈ Λ ⇔ Φ(x) I.⇒ II Vì Λ ⊆ Ω1 với (x, y) ∈ Λ × Ω2 , nên (x, y) ∈ Ω1 × Ω2 f (x, y) > I ⇐ II Vì ∀(x, y) ∈ Ω1 × Ω2 , tồn (x1 , y1 ) ∈ Λ × Ω2 cho f (x, y) = f (x1 , y1 ) Dựa giả thiết, ta có f (x1 , y1 ) > Do đó, f (x, y) > Từ tất điều trên, định lý chứng minh Nhận xét Để chứng minh bất đẳng thức, giả sử f (x, y, z) > R3 Nếu f đối xứng với {a, b, c}, thêm ràng buộc, x > y > z , để giúp chứng minh bất đẳng thức Nhưng f không đối xứng {a, b, c}, cung cấp ràng buộc cách đáng tin cậy Định lý cung cấp lý thuyết hỗ trợ để thêm vào số ràng buộc hữu ích Đặt (x, y, z) tọa độ P 4ABC Nghĩa là, x, y, z ∈ R x + y + z = Có vài kết quan trọng khác phương trình, liệt kê chúng mà không cần chứng minh p (3.6) R1 = b2 z + c2 y + yz(b2 + c2 − a2 ), p (3.7) R2 = c2 x2 + a2 z + xz(a2 + c2 − b2 ), p R3 = a2 y + b2 x2 + xy(a2 + b2 − c2 ), (3.8) p (a + b + c)(b + c − a)(a + c − b)(a + b − c) S= , (3.9) 2S|x| 2S|y| 2S|z| r1 = , r2 = , r3 = (3.10) a b c Đến đây, chứng minh bất đẳng thức Nhắc lại Bất đẳng thức (3.1) sau ([8]) Cho tam giác ABC với P điểm tùy ý tam giác Chứng minh 2R22 − r32 − r12 2R32 − r12 − r22 2R12 − r22 − r32 + + > , a2 + b2 + c2 + λa2 a2 + b2 + c2 + λb2 a2 + b2 + c2 + λc2 2(λ + 3) e 44 với λ > Chứng minh Đầu tiên, thay (3.6) − (3.10) vào bất đẳng thức ta
2b2 c2 b2 z + c2 y + yz(b2 + c2 − a2 ) − 4S (y c2 + z b2 ) F1 = b2 c2 (λa2 + σ)
2a2 c2 c2 x2 + a2 z + xz(a2 + c2 − b2 ) − 4S (z a2 + x2 c2 ) + a2 c2 (λb2 + σ)
2a2 b2 a2 y + b2 x2 + xy(a2 + b2 − c2 ) − 4S (x2 b2 + y a2 ) + a2 b2 (λc2 + σ) − > 0, 2(λ + 3) tương đương z (2b4 c2 − 4S b2 ) + y (2b2 c4 − 4S c2 )+ 2b2 c2 yz.(b2 + c2 − a2 ) F1 = b2 c2 (λa2 + σ) z (2a4 c2 − 4S a2 ) + x2 (2a2 c4 − 4S c2 )+ 2a2 c2 xz.(a2 + c2 − b2 ) + a2 c2 (λb2 + σ) x2 (2a2 b4 − 4S b2 ) + y (2a4 b2 − 4S a2 )+ 2a2 b2 xy.(a2 + b2 − c2 ) + a2 b2 (λc2 + σ) > 0, − 2(λ + 3) tương đương F1 = f1 (a, b, c, x, y, z) > 0, 4a2 b2 c2 (λ + 3)(λa2 + σ)(λb2 + σ)(λc2 + σ) (3.11) σ = a2 + b2 + c2 , (3.12) f1 (a, b, c, x, y, z) = (λ + 3)(f11 (a, b, c).x2 + f12 (c, a, b).xy + f11 (b, c, a).y + f12 (a, b, c).yz + f11 (c, a, b)z + f12 (b, c, a).xz) − 6a2 b2 c2 (a2 λ + σ)(b2 λ + σ)(c2 λ + σ), (3.13) f11 (a, b, c) = b2 c2 (λa2 + σ) (a4 b2 + a4 c2 + 6a2 b4 + 6a2 c4 + b6
+ c6 − b4 c2 − b2 c4 − 4a2 b2 c2 )λ + 2σ(σ + 2bc)(σ − 2bc) , (3.14) e 45 f12 (a, b, c) = 8a2 b2 c2 (σ − 2a2 )(σ + λb2 )(σ + λc2 ) (3.15) Gọi Ω biểu thị miền (a, b, c), độ dài ba cạnh 4ABC Và Ψ biểu thị miền (x, y, z), tọa độ trọng tâm chuẩn tắc hóa P 4ABC Điều có nghĩa là,  Ω , (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3+ |x1 + x2 > x3 , x2 + x3 > x1 , x3 + x1 > x2 , (3.16)  Ψ , (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 |x1 + x2 + x3 = (3.17) Rõ ràng, với (x1 , x2 , x3 ) ∈ Ω, tất hốn vị nằm Ω Và ∀(x1 , x2 , x3 ) ∈ Ψ, tất hốn vị nằm Ψ Chúng ta chia thành sáu tập theo thứ tự kích thước, a > b > c, b > c > a, v.v Và đặt Ω1 biểu thị {(a, b, c) ∈ Ω|a > b > c} Từ f1 (a, b, c, x, y, z) = f1 (b, c, a, y, z, x) = f1 (c, a, b, z, x, y) = f1 (a, c, b, x, z, y) = f1 (c, b, a, z, y, x) = f1 (b, a, c, y, x, z), (3.18) theo Định lý 3.2.1, f1 (a, b, c, x, y, z) > Ω1 × Ψ, Ω×Ψ Do đó, cần chứng minh f1 (a, b, c, x, y, z) > a > b > c Ngoài ra, f1 (a, b, c, x, y, z) đồng với {a, b, c}, dựa (3.5), thiết lập a = u + v = 1, b = u + w = − v + w, c = v + w (3.19) Lưu ý u, v, w số thực dương Vì a > b > c, có   1 − v = u > v > w > 0, v ∈ 0, , w ∈ (0, v] (3.20) Hơn nữa, sử dụng hai biến không âm khác s, t để thay v, w 1 v= ,w = , (3.21) 2+s 2+s+t e 46 thay (3.19), (3.21) z = − x − y vào f1 (a, b, c, x, y, z), sau thu kết tương đương với f1 (a, b, c, x, y, z) > sau g12 x2 + g11 x + g10 G1 = , (3.22) (2 + s)10 (2 + s + t)10 g11 đa thức y, s, t, λ với 1210 số hạng, g10 đa thức y, λ, s, t với 1804 số hạng g12 = 8(s2 + st + 4s + t + 4)2 (λ + 3).f g12 , (3.23) gf 12 đa thức λ, s, t với 297 số có hệ số dương bao gồm số dương Vì λ, s, t khơng âm, g12 dương.Từ g12 x2 + g11 x + g10 đa thức bậc hai x, để có giá trị dương , cần chứng minh: δ1x , 4g12 g10 − g11 > Tính tốn cho thấy δ1x = 64(s2 +st+4s+t+4)2 (λ+3)(4+2s+t)2 (h12 y +h11 y+h10 ), (3.24) h11 đa thức λ, s, t với 2118 số hạng, h10 đa thức λ, s, t với 2309 số hạng h12 = 16(2 + s)2 (s + 1)2 (s + t + 3)2 (2 + s + t)2 (λ + 3).hf 12 , (3.25) hf 12 đa thức λ, s, t với 858 số hạng có hệ số dương bao gồm số dương Vì λ, s, t không âm, h12 dương Để chứng minh giá trị dương h12 y + h11 y + h10 , cần chứng minh δ1y , 4h12 h10 − h211 > Tính tốn cho thấy δ1y đa thức λ, s, t với 13424 hệ số dương Tuy nhiên, λ, s, t khơng âm, δ1y khơng âm h12 y + h11 y + h10 , δ1x g12 x2 + g11 x + g10 không âm Nghĩa (3.22) f1 > a > b > c Theo Định lý 3.2.1, f1 > Ω × Ψ Do đó, Bất đẳng thức (3.1) cho λ > Từ tất lập luận trên, chứng minh xong Bất đẳng thức (3.1) Tiếp theo, chứng minh bất đẳng thức (3.2)([2]) Cho tam giác ABC P điểm tùy ý tam giác Chứng minh R22 + R32 − r22 − r32 R32 + R12 − r32 − r12 R12 + R22 − r12 − r22 + + > , a2 + b2 + c2 + λa2 a2 + b2 + c2 + λb2 a2 + b2 + c2 + λc2 2(λ + 3) e 47 với λ > Chứng minh Thay (3.6) − (3.10) vào bất đẳng thức ta bất đẳng thức tương đương F2 = f2 (a, b, c, x, y, z) > 0, 4a2 b2 c2 (λ + 3)(λa2 + σ)(λb2 + σ)(λc2 + σ) (3.26) f2 (a, b, c, x, y, z) = (λ + 3)(f21 (a, b, c)x2 + f22 (c, a, b)xy + f21 (b, c, a)y + f22 (a, b, c)yz + f21 (c, a, b)z + f22 (b, c, a)xz) − 6a2 b2 c2 (a2 λ + σ)(b2 λ + σ)(c2 λ + σ), f21 (a, b, c) = b2 c2 a2 (a4 b2 + a4 c2 − 2a2 b4 + 4a2 b2 c2 − 2a2 c4 + b6 + 3b4 c2 + 3b2 c4 + c6 )λ2 + σ(2a6 + a4 b2 + a4 c2 + 4a2 b4 + 8a2 b2 c2 + 4a2 c4 + b6 − b4 c2 − b2 c4 + c6 )λ
+ 2(σ − 2bc)(σ + 2bc)σ , f22 (a, b, c) = 4a2 b2 c2 (σ − 2a2 )(a2 λ + σ)(b2 λ + c2 λ + 2σ) Gọi Ω biểu thị miền (a, b, c), độ dài ba cạnh 4ABC Và Ψ biểu thị miền (x, y, z), tọa độ trọng tâm chuẩn tắc hóa P 4ABC Điều có nghĩa  Ω , (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3+ |x1 + x2 > x3 , x2 + x3 > x1 , x3 + x1 > x2 ,  Ψ , (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 |x1 + x2 + x3 = Rõ ràng, với (x1 , x2 , x3 ) ∈ Ω, tất hốn vị nằm Ω Và ∀(x1 , x2 , x3 ) ∈ Ψ, tất hốn vị nằm Ψ Chúng ta chia thành sáu tập theo thứ tự kích thước, a > b > c, b > c > a, v.v Và đặt Ω2 biểu thị {(a, b, c) ∈ Ω|a > b > c} Từ f2 (a, b, c, x, y, z) = f2 (b, c, a, y, z, x) = f2 (c, a, b, z, x, y) = f2 (a, c, b, x, z, y) = f2 (c, b, a, z, y, x) = f2 (b, a, c, y, x, z), (3.27) e 48 theo Định lý 3.2.1, f2 (a, b, c, x, y, z) > Ω2 × Ψ, Ω × Ψ Do đó, cần chứng minh f2 (a, b, c, x, y, z) > a > b > c Thay (3.19), (3.21) z = − x − y vào f2 (a, b, c, x, y, z), sau thu kết tương đương với f2 (a, b, c, x, y, z) > sau, g22 x2 + g21 + g20 G2 = > (2 + s)10 (2 + s + t)10 (3.28) Ở g21 g20 đa thức λ, y, s, t g22 đa thức λ, s, t với hệ số dương bao gồm số dương Do đó, g22 dương Gọi δ2x biểu diễn 4g22 g20 − g21 Sau có δ2x = 64(4 + 2s + t)2 (s2 + st + 4s + t + 4)2 (λ + 3).(h22 y + h21 y + h20 ), (3.29) với h22 y + h21 y + h20 coi đa thức bậc hai y h22 , h21 , h20 đa thức λ, s, t Vì h22 đa thức với điều kiện hệ số dương bao gồm số dương, tất dương Do đó, chứng minh δ2y = 4h22 h20 − h221 > 0, có định nghĩa dương δ2x Tính tốn cho thấy δ2y đa thức λ, s, t với hệ số dương Tất khơng âm Do đó, δ2x khơng âm G2 Do đó, F2 khơng âm a > b > c Theo Định lý 3.21 (3.27), F2 > 0, cho (a, b, c, x, y, z) ∈ Ω × Ψ Từ tất điều trên, chúng tơi hồn thành chứng minh Bất đẳng thức (3.2) Các bất đẳng thức (3.3) (3.4) chứng minh tương tự dựa sở lý thuyết Định lý 3.2.1, chứng minh fi > Ω × Ψ với i = 3, với λ > , chúng tơi khơng trình bày cách chứng minh e 49 3.3 Một số toán mở bất đẳng thức dạng tham số tam giác Việc đoán kết tổng quát hay kết tương tự điều thiếu tốn học Sau chúng tơi giới thiệu số bất đẳng thức dạng tham số tam giác (các toán đoán, chưa đưa cách chứng minh)([7],[10]) Với tất giả thiết nêu trên, ta có số kết sau Bất đẳng thức 3.3.1 Sa R1k + Sb R2k + Sc R3k SRk , (3.29) với k số thực < k Đây toán tổng quát Bài toán 1.2.2, J.Liu đưa ([10]) Bất đẳng thức 3.3.2 Rpk + (4rp )k Rk + rk , (3.30) với k số thực k > 43 Bất đẳng thức 3.3.3 1 4k + , + > Rpk rpk r k Rk (3.31) với k số thực k > 12 Bất đẳng thức 3.3.4 R1k + R2k + R3k − (r1k + r2k + r3k ) > 3.2k (2k − 1)rpk , (3.32) với k số thực dương Cả ba bất đẳng thức (3.30), (3.31), (3.32) J.Liu đưa ( [10]) Bất đẳng thức 3.3.5 √ (4 − λ) R2 + R3 − λr1 R3 + R1 + λr2 R1 + R2 + λr3 + + > , (3.33) a b c e 50 với λ số thực 35 λ Bất đẳng thức 3.3.6 R2k + R3k + λr1k R3k + R1k + λr2k R1k + R2k + λr3k 3(2k+1 + λ) √ + + > , ak bk ck (2 3)k (3.34) với λ số thực, k > k > λ > −2 Các bất đẳng thức (3.33) (3.34) J.Liu đưa ([7]) e KẾT LUẬN Trong luận văn này, thực công việc sau Trình bày số bất đẳng thức hình học tiếng mặt phẳng ứng dụng vào tốn Giới thiệu bổ đề áp dụng vào trình chứng minh tốn bất đẳng thức hình học điểm tam giác Xây dựng hệ thống bổ đề thực chứng minh bổ đề dựa công cụ trợ giúp tính tốn phần mềm tốn học Maple, đồng thời dựa vào Maple để thực trình chứng minh bất đẳng thức với tham số mặt phẳng Giới thiệu bất đẳng thức dạng tham số tam giác, hệ thống sở lý thuyết thông qua định lý làm công cụ chứng minh bất đẳng thức Hơn giới thiệu toán mở bất đẳng thức dạng tham số tam giác 51 e ... CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ ĐỐI VỚI MỘT ĐIỂM TRONG TAM GIÁC 41 3.1 Các bất đẳng thức dạng tham số 41 3.2 Chứng minh bất đẳng thức 3.3 Một số toán mở bất đẳng thức dạng tham số. .. 1 BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG 1.1 Các bất đẳng thức mặt phẳng 1.2 Các bất đẳng thức điểm tam giác SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG. .. đề tài "Về số bất đẳng thức dạng tham số mặt phẳng" Trong luận văn này, phần mục lục, phần mở đầu phần kết e luận luận văn chia làm chương Chương Trong chương này, hệ thống số bất đẳng thức hình