Luận văn thạc sỹ áp dụng và mở rộng của một số bất đẳng thức hình học phẳng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ QUỲNH MAI ÁP DỤNG VÀ MỞ RỘNG CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ QUỲNH MAI ÁP DỤNG VÀ MỞ RỘNG CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC Chuyên ngành : Mã số : Phương pháp toán sơ cấp 8460113 Người hướng dẫn : TS LÊ THANH HIẾU i Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số bất đẳng thức quan trọng 1.2 Một số hệ thức lượng hệ thức véctơ cho tam giác 1.3 Phép Ravi 1.4 Các tính chất nghiệm phương trình bậc ba áp dụng chúng 1.4.1 Các tính chất nghiệm phương trình bậc ba 1.4.2 Áp dụng tính chất nghiệm phương trình bậc ba Một số bất đẳng thức hình học tam giác 2.1 2.2 2.3 2.4 12 Bất đẳng thức Euler 12 2.1.1 Bất đẳng thức Euler 12 2.1.2 Một số mở rộng Bất đẳng thức Euler 15 2.1.3 Một số áp dụng Bất đẳng thức Euler 21 Bất đẳng thức Blundon 26 2.2.1 Bất đẳng thức Blundon 26 2.2.2 Một số mở rộng Bất đẳng thức Blundon 28 2.2.3 Một số áp dụng Bất đẳng thức Blundon 34 Bất đẳng thức Walker 39 2.3.1 Bất đẳng thức Walker 39 2.3.2 Một số mở rộng Bất đẳng thức Walker 42 2.3.3 Một số áp dụng Bất đẳng thức Walker 49 Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger 52 ii 2.4.1 Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger 52 2.4.2 Một số mở rộng Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger 57 2.4.3 Một số áp dụng Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger 63 Kết luận 67 Tài liệu tham khảo 68 MỞ ĐẦU Bất đẳng thức đề tài hay, có ứng dụng rộng rãi đóng vai trị quan trọng tốn học Đồng thời vấn đề khó chương trình tốn phổ thơng, thường xun xuất kì thi Olympic toán học nước quốc tế Bất đẳng thức hình học phần quan trọng xuất nhiều lĩnh vực hình học, từ hình học phẳng sơ cấp, hình học khơng gian đến hình học tổ hợp, Bất đẳng thức hình học có ứng dụng rộng lớn đời sống việc chứng minh toán hình học hóc búa khác Nhìn cách khái qt, việc chứng minh bất đẳng thức hình học khơng phải sớm chiều thành thạo được, cần có tổng hợp tất kiến thức hình học lẫn đại số, đầu óc liên tưởng nhạy bén, sáng tạo cách giải, Để tìm hiểu bất đẳng thức hình học phẳng kinh điển có áp dụng rộng rãi toán sơ cấp bất đẳng thức Euler, Blundon, Walker, Finsler-Hadwiger, chọn đề tài “Mở rộng áp dụng số bất đẳng thức hình học phẳng” bao gồm: Mở đầu, Nội dung, Kết luận Tài liệu tham khảo Nội dung luận văn gồm hai chương Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức như: số bất đẳng thức bản, hệ thức lượng, hệ thức vectơ, phép Ravi tam giác tính chất nghiệm phương trình bậc ba liên quan đến yếu tố cạnh góc tam giác Chương Một số bất đẳng thức hình học tam giác Chương trình bày chứng minh (nhiều cách có thể) số bất đẳng thức như: Bất đẳng thức Euler, Blundon, Walker, Finsler-Hadwiger mở rộng áp dụng chúng Tôi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc đến thầy TS Lê Thanh Hiếu, trường Đại học Quy Nhơn, thầy trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn tạo điều kiện trình học tập nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn cách tốt Bên cạnh đó, tơi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng sau đại học, Khoa Tốn học trường Đại học Quy Nhơn quý thầy cô giáo trường, quý thầy cô giáo thỉnh giảng trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ tơi q trình học tập, hồn thành học phần trường Nhân đây, xin cảm ơn anh, chị học viên lớp Phương pháp tốn sơ cấp khóa 22, gia đình, bạn bè đồng nghiệp giúp đỡ, động viên suốt q trình học tập hồn thành luận văn Mặc dù cố gắng bên cạnh kết đạt được, luận văn khó tránh khỏi hạn chế thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý chân thành quý thầy bạn để luận văn hồn thiện Ngày 18 tháng năm 2021 Học viên thực Nguyễn Thị Quỳnh Mai DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU Luận văn sử dụng ký hiệu sau cho tam giác ABC A0 B C : a, b, c: độ dài cạnh BC, CA, AB tam giác ABC , a0 , b , c : a+b+c : p= 0 a + b + c0 p0 = : S : độ dài cạnh B C , C A0 , A0 B tam giác A0 B C , nửa chu vi tam giác ABC , nửa chu vi tam giác A0 B C , diện tích tam giác ABC , S0 : diện tích tam giác A0 B C , r, R: bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp tam giác ABC , r , R0 : bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp tam giác A0 B C , , hb , hc : độ dài đường cao hạ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị cho chương sau số hệ thức lượng tam giác đường trịn, phép Ravi, số tính chất nghiệm phương trình bậc ba liên quan đến cạnh góc tam giác Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [1] 1.1 Một số bất đẳng thức quan trọng Định lý 1.1 (Bất đẳng thức Schwarz) Cho a1 , , an số thực tùy ý; b1 , , bn số dương, n ∈ N ∗ Khi a21 a22 a2 (a1 + a2 + + an )2 + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b + + bn (1.1) Dấu xảy a1 = a2 = = an Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Bernoulli) Với x > −1, ta ln có (1 + x)α ≤ + αx với < α < 1, (1.2) (1 + x)α ≥ + αx với α < α ≥ (1.3) Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Cauchy) Cho a1 , , an số thực không âm Khi √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 a2 an n Dấu xảy a1 = a2 = = an (1.4) Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Jensen) Nếu f hàm lồi khoảng I với x1 , x2 , , xn ∈ I ta có f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) ≥ nf x + x + + x  n n (1.5) Dấu xảy x1 = x2 = = xn 1.2 Một số hệ thức lượng hệ thức véctơ cho tam giác Định lý 1.5 Trong tam giác ABC, ta có a) Định lý hàm số côsin: a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, b2 = a2 + c2 − 2ac cos B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C b) Định lý hàm số sin: b c a = = = 2R sin A sin B sin C c) Các công thức tính diện tích tam giác ABC : 1 S = ab sin C = bc sin A = ca sin B, 2 abc S= , 4R S = pr, S= p p(p − a)(p − b)(p − c) (Công thức Hê-rông) Định lý 1.6 (Định lý Stewart) Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác ABC Gọi d độ dài đoạn thẳng nối từ đỉnh tam giác đến điểm nằm cạnh đối diện với đỉnh Đoạn thẳng chia cạnh a thành hai đoạn có độ dài m n Khi b2 m + c2 n = a(d2 + mn) (1.6) Định lý 1.7 Cho G, H , I , O trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC Khi −→ −−→ −→ → − (1) GA + GB + GC = , −→ −→ −−→ −→ − → −→ −→ → − (2) 3OG = OA + OB + OC , (3) aIA + bIB + cIC = , −→ −→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ (4) (a + b + c)OI = aOA + bOB + cOC , −−→ (5) (a + b + c)HI = aHA + HB + HC Hệ 1.8 Trong tam giác ABC với G, H , O, I trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường trịn nội tiếp, ta có công thức sau: 1p 9R − (a2 + b2 + c2 ), a3 + b3 + c3 + abc IH = 4R2 − , a+b+c 1p IG = 9r − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2 ) OG = 1.3 (1.7) (1.8) (1.9) Phép Ravi Phép Ravi hữu dụng thiết lập bất đẳng thức tam giác Sau đây, phép Ravi trình bày theo Định lý 1.9 Định lý 1.9 Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c Khi tồn số thực dương x, y, z cho a = y + z, b = z + x, c = x + y mà rõ ràng a+b+c Hơn nữa, ta có số thực dương x, y, z tồn tam giác nhận biểu thức x + y, y + z, z + x x = p − a, y = p − b, z = p − c p = làm độ dài ba cạnh 1.4 1.4.1 Các tính chất nghiệm phương trình bậc ba áp dụng chúng Các tính chất nghiệm phương trình bậc ba Định lý 1.10 (Định lý Vi-et nghiệm phương trình bậc ba) Cho phương trình x3 + ax2 + bx + c = 54 Chứng minh Theo Định lý hàm số côsin ta có a2 = b2 + c2 − 2bc cos A Từ ta có a2 = (b − c)2 + 4S tan A Tương tự với b, c ta có B , C c2 = (a − b)2 + 4S tan b2 = (c − a)2 + 4S tan Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành tan √ B C A + tan + tan ≥ 2 Theo Bất đảng thức Jensen (Định lý 1.4), ta có tan B C A+B+C √ A + tan + tan ≥ tan = 2 Vậy Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger chứng minh Chứng minh Bất đẳng thức (2.78) viết lại thành √ 2ab + 2bc + 2ca − a2 − b2 − c2 ≥ 3S √ ⇔ 2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) ≥ 3S (2.81) Sử dụng hệ thức sau: ab + bc + ca = p2 + 4Rr + r2 a2 + b2 + c2 = 2p2 − 8Rr − 2r2 Khi √ (2.81) ⇔ 4r2 + 16Rr ≥ 3S √ ⇔ r2 + 4Rr ≥ 3pr √ ⇔ r + 4R ≥ 3p ⇔ 3p2 ≤ r2 + 8Rr + 3r2 Theo (2.80), bất đẳng thức Vậy Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger chứng minh Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger xem mở rộng Bất đẳng thức Weitzenbock Chúng ta chứng minh Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger túy hình học sau 55 Chứng minh (Lời giải hình học) Xét tam giác ABC , S diện tích tam giác ABC Kí hiệu Sm diện tích tam giác cạnh m Ta có Bất đẳng thức Finsler- Hadwiger sau √ a2 + b2 + c2 ≥ 3S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 √ Nhân hai vế bất đẳng thức cho , bất đẳng thức trở thành Sa + Sb + Sc ≥ 3S + S|a−b| + S|b−c| + S|c−a| (2.82) Bây ta chứng minh (2.82) Ta gọi F điểm “Fermat” tam giác ABC cho F nằm nằm tam giác ABC thỏa mãn AF + BF + CF đạt giá trị nhỏ Ta dựng tam giác bên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC b B, b Cb < 1200 F giao điểm đường nối đỉnh A, B, C Khi A, với đỉnh tam giác đối diện với đỉnh Hơn nữa, góc đỉnh F 600 Đặt x, y , z độ dài nối từ F đến A, B , C hình vẽ C z F x y B A Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c Gọi Sa0 diện tích tam giác cạnh a, y, z ; Sb0 diện tích tam giác cạnh b, z, x Sc0 diện tích tam 56 giác cạnh c, x, y Khi ta có Sa = 3Sa0 + S|y−z| , Sb = 3Sb0 + S|z−x| , Sc = 3Sc0 + S|x−y| Do Sa + Sb + Sc = 3S + S|x−y| + S|y−z| + S|z−x| , (2.83) S = Sa0 + Sb0 + Sc0 S|x−y| , S|y−z| , S|z−x| kết không âm Trên cạnh F B lấy điểm M cho F M = x Khi M B = y − x Ta có hai tam giác CF A tam giác CF M C z b a b F x x M c A B Xét tam giác CM B có b + y − x ≥ a hay y − x ≥ a − b Tương tự ta có z − y ≥ b − c, z − x ≥ a − c Do Sa + Sb + Sc = 3S + S|x−y| + S|y−z| + S|z−x| ≥ 3S + S|a−b| + S|b−c| + S|c−a| Dấu xảy x = y = z tam giác ABC Ngược lại, góc tam giác ABC lớn 1200 (giả sử b ≥ 1200 ) F trùng với đỉnh C Do C Sa + Sb + Sc ≥ Sc ≥ 3S (2.84) 57 Khi z = 0, x = b, y = a Vì a ≥ |b − c|, b ≥ |c − a| Từ (2.83) ta có Sa + Sb + Sc ≥ 3S + S|a−b| + Sa + Sb ≥ 3S + S|a−b| + S|b−c| + S|c−a| Vậy Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger chứng minh 2.4.2 Một số mở rộng Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger Ta tìm hiểu mở rộng Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger Nội dung mục tham khảo từ tài liệu [6] Định lý 2.29 Cho tam giác ABC với S, R, r diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp Đặt Q = (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 Khi ta có r a2 + b2 + c2 ≥ Q + 4S 4− r a2 + b2 + c2 ≤ 3Q + 4S 6r , R r a2 + b2 + c2 ≤ Q + 4S 2r , R 1+ (2.85) (2.86) R r (2.87) Dấu xảy tam giác ABC Chứng minh Định lý 2.29 ta cần kết Định lý 2.30 Cho p, R, r nửa chu vi, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC , R ≥ 2r Khi ta có  2r  p2  2r  φ R ≤ R2 ≤φ R , (2.88) t2 − 2(1 − t) , t2 φ(t) = + 5t − + 2(1 − t) φ(t) = + 5t − (2.89) (2.90) Đẳng thức (2.89) (2.88) xảy tam giác ABC cân số đo radian góc đỉnh tam giác lớn π Tương tự, đẳng thức (2.90) (2.88) xảy tam giác ABC cân số đo radian góc đỉnh tam giác nhỏ π 58 Bổ đề 2.31 Với t ∈ [0, 1], ta có bất đẳng thức sau t2 (8 + t)2 + 2(1 − t) ≤ , 4(4 − t) √ √
2 t 128 + 16t + 3t2 − 3t t2 , + 5t − − 2(1 − t) ≥ 16 t2 t(8 + t)2 + 5t − − 2(1 − t) ≥ 4(2 + t) + 5t − (2.91) (2.92) (2.93) Dấu xảy t ∈ {0, 1} Mệnh đề 2.32 Cho p, R, r nửa chu vi, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC Khi ta có bất đẳng thức sau r p 4− r 1+ p 2r ≤ 4R + r, R (2.94) R ≥ 4R + r, r (2.95) r 4r(4R + r) ≤ pr 6r + p2 R (2.96) Dấu xảy tam giác ABC Chứng minh Vì theo Hệ 2.2 ta có R ≥ 2r nên (2.91), ta đặt t = 2r R nhân vào hai vế (2.91) với R2 Do ta có 2R2 + 10Rr − r2 + Kết hợp với Định lý 2.30 ta có p2 p R(R − 2r)3 ≤ (r + 4R)2 R 4R − 2r (r + 4R)2 R ≤ hay p 4R − 2r r 4− 2r ≤ r + 4R Trong R 2r nhân vào hai vế (2.92) với R2 , sau kết hợp với Định R r r(4R + r) R hay p + ≥ 4R + r Tương tự ta có lý 2.30 ta có p2 ≥ R+r r (2.92), đặt t = (2.96) Vậy Mệnh đề 2.32 đươc chứng minh Chứng minh Định lý 2.29 Theo (1.24) (1.25) ta có ab + bc + ca = p2 + 4Rr + r2 , a2 + b2 + c2 = 2(p2 − 4Rr − r2 ) 59 Khi ta có a2 + b2 + c2 − Q = 2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) = 4r2 + 16Rr = 4r(r + 4R) Áp dụng (2.94) từ Mệnh đề 2.32 ta có r 4r(r + 4R) ≥ 4rp 4− 2r R Vậy bất đẳng thức (2.85) chứng minh Tương tự, ta có a2 + b2 + c2 − 3Q = 6(ab + bc + ca) − 5(a2 + b2 + c2 ) = 64Rr + 16r2 − 4p2 = 4r(r + 4R) − p2   Áp dụng (2.96) từ Mệnh đề 2.32 ta có r  4r(r + 4R) − p  ≤ 4pr 6r = 4S R r 6r R Vậy bất đẳng thức (2.86) chứng minh Ta có a2 + b2 + c2 − Q = 2(ab + bc + ca) − a2 − b2 − c2 = 2(p2 + 4Rr + r2 ) − 2p2 − 8Rr − 2r2 = 4r2 + 16Rr = 4r(r + 4R) Áp dụng (2.95) từ Mệnh đề 2.32 ta có r 4r(r + 4R) ≤ 4rp R + = 4S r r 1+ R r Vậy bất đẳng thức (2.87) chứng minh Định lý 2.29 cho ta chặn tổng bình phương cạnh tam giác Khi chúng gọi “Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger ngược” Kết cho thấy chặn (2.87) tốt chặn (2.86) Thật vậy, 60 r R + ≤ Q + 2S r tam giác ta có 2S r 6r Điều tương đương với R r R + ≤ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca + pr r pr r 6r R r R + ≤ (2p2 − 8Rr − 2r2 ) − (p2 + 4Rr + r2 ) + pr r ⇔ pr r R + ≤ p2 − 12Rr − 3r2 + pr r ⇔ pr r R + ≤ p2 + pr r ⇔ 3r(r + 4R) + pr r ⇔ 4pr R + − pr r r 6r − p2 ≤ 3r R r r 6r R 6r R 6r R r p r R + − 4R − r r ! Như từ bất đẳng thức dẫn đến vấn đề liệu có tồn số µ nhỏ để thỏa mãn bất đẳng thức không r r r R + − pr r 4pr 6r − p2 ≤ 4µr R p R + − 4R − r r ! q Thật vậy, p + Rr ≥ 4R + r nên bất đẳng thức với µ ≥ Cịn với µ = ta  + nhận (2.96) Kiểm tra với tam giác AB C cân có a = 1, b = c = t với t → , √ ta thấy điều kiện cần để bất đẳng thức xảy µ ≥ λ = 5−2 = 1√ 5+2 ≈ 0, 10102 Chúng ta tìm hiểu kĩ vấn đề qua định lý Định lý 2.33 Cho tam giác ABC với p, R, r nửa chu vi, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp Khi ta có r r 4pr √ R + − pr r với µ ≥ λ = − = 1√ 5+2 6r − p2 ≤ 4µr R r p R + − 4R − r r ! (2.97) Dấu xảy tam giác ABC Chứng minh Khơng tính tổng quát, giả sử a = 1, b = c = với < x < 2x 61 Khi ta có 1+x , 2x r 1−x , r= 1+x R= √ 4x − x2 p= Với x ∈ (0, 1), đặt r f (x) = p2 + pr 6r − 4(1 − λ)pr R r 1+ R − 4λr(r + 4R) r Ta có p [(x + 1) + 2(1 − x)x 3x(x + 1) 4x2 p √ √ − 4( − 2) 2x(1 + 3x − 2x3 ) − 4(5 − 6)x(2 − x)] p √ √ = [(21 − 6)(1 − x)2 + 2(1 − x)(x 3x(x + 1) − 6) 4x p √ + 2( − 2)(5 − x − 2x(1 + 3x − 2x3 ))] p √ √ x 3x(x + 1) − (1 − x)2 = [21 − + 4x2 1−x p √ − x − 2x(1 + 3x − 2x3 ) + 2( − 2) ] (1 − x)2 p √ √ − x 3x(x + 1) (1 − x)2 = [5 + 8( − 2)x − 4x2 1−x p √ − x − 2x(1 + 3x − 2x3 ) − 4(1 + x))] + 2( − 2)( (1 − x)2 √
(1 − x)2 = g(x) + 2( − 2)h(x) , 4x2 f (x) = p √ √ − x 3x(x + 1) g(x) = + 8( − 2)x − , 1−x p − x − 2x(1 + 3x − 2x3 ) h(x) = − 4(1 + x) (1 − x)2 62 √ Với µ > 2, đặt u = r 1+x Khi x = ta có x u −1 √ √ √ √ 2(u2 − 1)2 − 3u 8( − 2) g( )=5+ −2 u −1 u2 − (u2 − 1)(u2 − 2) P (u) , = (u − 1)(u2 − 2) √ √ 2(u − 1)2 − 3u √ √ √ √ = (5 − 6)u4 − (31 − 12 6)u2 + 3u + 42 − 18 √ √ √ √ √ = (5 − 6)(u − 2)(u − 3)2 (u + + 3) P (u) = Do √ √ √ (u − 3)2 (u + + 3) √ )=λ , g( u −1 (u2 − 1)(u + 2) hay √ √ √ (2x − 1)2 ( + x + 2x + 3x) √ √ g(x) = λ √ √ ( x + + 2x)( + x + 3x)2 Rõ ràng g(x) ≥ với x ∈ (0, 1) Mặt khác p (1 − x)2 h(x) = + 3x + 4x2 (1 − x) − = = = 2x(1 + 3x − 2x3 ) [1 + 3x + 4x2 (1 − x)]2 − 8x(1 + 3x − 2x3 ) + 3x + 4x2 (1 − x) + p 2x(1 + 3x − 2x3 ) (1 − x − 4x2 + 4x3 )2 + 3x + 4x2 (1 − x) + p 2x(1 + 3x − 2x3 ) (1 − x)2 (2x − 1)2 (2x + 1)2 + 3x + 4x2 (1 − x) + p 2x(1 + 3x − 2x3 ) Suy h(x) = (2x − 1)2 (2x + 1)2 + 3x + 4x2 (1 − x) + p 2x(1 + 3x − 2x3 ) Rõ ràng ta có h(x) ≥ với x ∈ (0, 1) Vậy f (x) ≥ với x ∈ (0, 1) Vậy Định lý 2.33 chứng minh 63 Lấy µ = , ta nhận hệ Hệ 2.34 Cho tam giác ABC với S, R, r diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp Đặt Q = (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 Khi ta có r r 2S 1+ R ≤ Q + 2S r 6r R (2.98) Dấu xảy tam giác ABC Do r r a2 + b2 + c2 ≤ Q + 4S 1+ R ≤ 3Q + 4S r 6r R Định lý 2.33 cho ta đưa Bất đẳng thức “Finsler-Hadwiger chứa tham số” Hệ 2.35 Cho tam giác ABC với S, R, r diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp Đặt Q = (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 Khi ta có r r ! a2 + b2 + c2 ≤ (1 + 2λ)Q + 4S với λ ≥ λ ≤ − √ 6+17 95 − λ) 1+ R +λ r 6r R (2.99) ≈ −0, 38522 Dấu xảy tam giác ABC 2.4.3 Một số áp dụng Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger Bài toán 2.16 (Bất đẳng thức Weitzenbock) Trong tam giác ABC ta có a, b, c độ dài ba cạnh, S diện tích Chứng minh √ a2 + b2 + c2 ≥ 3S (2.100) Dấu xảy tam giác ABC Chứng minh Từ Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger (2.78) ta dễ dàng nhận bất đẳng thức Bài toán 2.17 Giả sử m, n, p số thực cho m + n, n + p, p + m số dương Trong tam giác ABC với cạnh có độ dài a, b, c ta có √ m n p a + b2 + c2 ≥ 2S n+p p+m m+n Dấu xảy m = n = p (2.101) 64 Chứng minh Ta có √ m+n+p−n−p n+p+m−p−m p+m+n−m−n a + b + c ≥ 2S n+p p+m m+n       √ m+n+p m+n+p m+n+p − a2 + − b2 + − c2 ≥ 2S ⇔ n+p p+m m+n √ m+n+p m+n+p m+n+p ⇔ a + b + c ≥ 2S + a2 + b2 + c2 n+p p+m m+n   √ a b2 c2 ⇔ (m + n + p) + + ≥ 2S + a2 + b2 + c2 n+p p+m m+n (2.101) ⇔ Áp dụng Bất đẳng thức Schwarz ta có  2 b c2 a + + n+p p+m m+n  ≥ (a + b + c)2 2(m + n + p) Mặt khác, áp dụng Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger ta có (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca √ ≥ 4S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + 2ab + 2bc + 2ca √ = 4S + 2a2 + 2b2 + 2c2 Vậy  (m + n + p) a2 b2 c2 + + n+p p+m m+n  √ (a + b + c)2 4S + 2a2 + 2b2 + 2c2 ≥ ≥ 2 √ = 2S + a2 + b2 + c2 Bài toán 2.18 Cho tam giác ABC có a, b, c độ dài ba cạnh, S diện tích Chứng minh √ 4S + (|a − b| + |b − c| + |c − a|)2 ≤ a2 + b2 + c2 √ ≤ 4S + (|a − b| + |b − c| + |c − a|)2 Chứng minh Khơng tính tổng qt, ta giả sử a ≥ b ≥ c Khi (|a − b| + |b − c| + |c − a|)2 = (a − b + b − c − c + a)2 = 4(a − c)2 (2.102) 65 Như √ √ (2.102) ⇔ 4S + 4.(a − c)2 ≤ a2 + b2 + c2 ≤ 4S + 4.(a − c)2 √ √ ⇔ 4S + 2(a − c)2 ≤ a2 + b2 + c2 ≤ 4S + 6(a − c)2 Áp dụng phép Ravi Định lý 1.9, đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y Do a − c = y + z − (x + y) = z − x, p= a+b+c = x + y + z, p − a = x, p − b = y, p − c = z Ta có cơng thức Hê-rông S = p p(p − a)(p − b)(p − c) = p (x + y + z)xyz Sử dụng phép Ravi công thức Hê-rông ta có √ 4S + 2(a − c)2 ≤ a2 + b2 + c2 √ ⇔ 4S + 2(z − x)2 ≤ (y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 p ⇔4 3(x + y + z)xyz + 2z − 4zx + 2x2 ≤ 2x2 + 2y + 2z + 2xy + 2yz + 2zx p ⇔2 3(x + y + z)xyz ≤ y + xy + yz + 3zx p ⇔2 3(x + y + z)xyz ≤ y(x + y + z) + 3zx p ⇔ 3zx − 3zx.y(x + y + z) + y(x + y = z) ≥ √ 2 p ⇔ 3zx − y(x + y + z) ≥ với x, y, z √ Để chứng minh a2 + b2 + c2 ≤ 4S + 6(a − c)2 ta cần chứng minh bất đẳng thức (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≤ 2(a − c)2 Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với 2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab − 2bc − 2ca ≤ 2a2 − 4ac + 2c2 ⇔ 2b2 − 2ab − 2bc + 2ca ≤ ⇔ (b − a)(2b − 2c) ≤ với a ≥ b ≥ 66 Áp dụng Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, ta có √ √
a2 + b2 + c2 ≤ 4S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≤ 4S + 6(a − b)2 Vậy bất đẳng thức (2.102) chứng minh 67 Kết luận Trong luận văn này, chủ yếu trình bày hệ thống lại bất đẳng thức hình học phẳng bất đẳng thức Euler, Blundon, Walker, Finsler-Hadwiger Đồng thời áp dụng chúng để mở rộng chứng minh cho số bất đẳng thức khác Cụ thể sau: Trình bày chi tiết nhiều cách chứng minh bất đẳng thức hình học phẳng Euler (Hệ 2.2), Blundon (Định lý 2.31), Walker (Định lý 2.20), FinslerHadwiger (Định lý 2.28) Sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc ba liên quan đến cạnh góc tam giác để mở rộng bất đẳng thức (Mục 2.1.2, 2.2.2, 2.3.2, 2.4.2) Áp dụng kết đạt để chứng minh số bất đẳng thức hình học tam giác (Mục 2.1.3, 2.2.3, 2.3.3, 2.4.3) 68 Tài liệu tham khảo Tài liệu Tiếng Việt [1] Tạ Duy Phượng, Hồng Minh Qn Phương trình bậc ba với hệ thức hình học lượng giác tam giác NXB Giáo dục Việt Nam, 2017 Tài liệu Tiếng Anh [2] C Alsina and R.B Nelsen Geometric proofs of the Weitzenbock and HadwigerFinsler inequalities Mathematics Magazine 81(3): 216-219, 2008 [3] Dorin Andrica, Catalin Barbu, Nicusor Minculete A geometric way to generate Blundon type inequalities arXiv: 1205 1145v1 [math GM] May 2012 [4] C Coandă Geometrie analitică ˆin coordonate baricentrice Editura Reprograph, Craiova, 2005 [5] C Co¸snit¸ă Coordonnées barycentriques Librairie Vuibert, Paris, 1941 [6] O Kouba On certain new refinements of Finsler-Hadwiger inequalities Journal of Inequalities and Applications 80, 2017 [7] J Liu Further generalization of Walker’s inequality in acute triangles and its applications AIMS Mathematics 5(6): 6657-6672, 2020 [8] J Liu Sharpened versions of the Erdos-Mordell inequality Journal of Inequalities and Applications 206, 2015