Luận văn thạc sỹ bất đẳng thức finsler hadwiger, mở rộng và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ———————o0o——————– BẤT ĐẲNG THỨC FINSLER - HADWIGER, MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 Học viên thực hiện: Người hướng dẫn khoa học: Đào Hồng Cẩm PGS TS Trịnh Thanh Hải TS Nguyễn Văn Hiến THÁI NGUYÊN - 2022 Mục lục Lời cam đoan Lời mở đầu Danh mục ký hiệu Bất 1.1 1.2 1.3 đẳng thức Finsler – Hadwiger Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger Các bất đẳng thức hệ Một số toán áp dụng 14 Mở 2.1 2.2 2.3 rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger Mở rộng tam giác Suy rộng đa giác Suy rộng không gian 25 25 34 39 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 i Lời cam đoan Tơi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Tôi xin cam đoan kết nêu luận văn, tài liệu tham khảo nội dung trích dẫn đảm bảo tính trung thực xác Thái Nguyên, Ngày 10 tháng năm 2022 Đào Hồng Cẩm Lời mở đầu Bất đẳng thức nói chung bất đẳng thức hình học nói riêng ln chủ đề u thích người làm tốn, từ học sinh phổ thơng đến nhà toán học Năm 1937 báo hình học phẳng, hai nhà tốn học P.Finsler H.Hadwiger công bố đánh giá số đo diện tích với số đo ba cạnh tam giác sau: “Trong tam giác √ với số đo diện tích cạnh thứ tự S,a,b,c a2 + b2 + c2 ≥ 3.S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c√− a)2 ” hay dạng tương đương: 2ab + 2ac + 2bc − a2 − b2 − c2 ≥ 3.S Bất đẳng thức Finsler - Hadwiger đánh giá quan trọng từ suy nhiều bất đẳng thức hay khác tam giác cịn mở rộng theo hướng khác tam giác, đa giác không gian Bất đẳng thức Finsler - Hadwiger có số cách chứng minh thú vị khơng phải khó học sinh giỏi cấp trung học nên bất đẳng thức hệ xuất nhiều đề thi Olimpic toán nước quốc tế Đề tài luận văn đề cập đến vấn đề kiến thức xung quanh bất đẳng thức Finsler-Hadwiger dạng toán tương đương, số cách chứng minh điển hình, số bất đẳng thức hệ quả, ứng dụng giải toán liên quan, mở rộng tam giác, đa giác khơng gian Trong luận văn trình bày số bổ đề định lý hình học hay tam giác phục vụ việc chứng minh tốn, hệ thống tốn, ví dụ chọn lọc phần nhiều đề thi học sinh giỏi phổ thơng năm qua Ngồi phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung luận văn MỤC LỤC trình bày hai chương Chương 1: Bất đẳng thức Finsler - Hadwiger 1.1 Bất đẳng thức Finsler – Hadwiger 1.2 Các bất đẳng thức hệ 1.3 Một số toán áp dụng Chương 2: Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger 2.1 Mở rộng tam giác 2.2 Suy rộng đa giác 2.3 Suy rộng khơng gian Tác giả bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến tập thể thầy hướng dẫn PGS.TS Trịnh Thanh Hải TS Nguyễn Văn Hiến, tận tình giúp đỡ hướng dẫn tác giả q trình hồn thiện luận văn Tác giả hy vọng luận văn tài liệu tham khảo hữu ích cho bạn học sinh, sinh viên, bạn đồng nghiệp giáo viên người quan tâm đến bất đẳng thức hình học Vì nhiều lý việc triển khai hoàn thiện thảo, luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý quý thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện hơn./ Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2022 Đào Hồng Cẩm Danh mục ký hiệu ∆ABC Tam giác ABC A; B; C Các đỉnh, góc tam giác a, b, c Số đo cạnh BC; AC;AB S Số đo diện tích p Số đo nửa chu vi R, r Thứ tự số đo bán kính đường trịn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp ma , mb , mc Thứ tự độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A; B; C tam giác ABC S∆ABC Số đo diện tích tam giác ABC ♢ABCD Tứ giác ABCD mp(ABC) Mặt phẳng chứa tam giác ABC const Giá trị không đổi đpcm P Điều phải chứng minh cyc Tổng hốn vị P Ví dụ: a b = a2 b + b2 c + c2 a : Tổng hoán vị (a;b;c) cyc Sxq Số đo diện tích xung quanh Stp Số đo diện tích tồn phần V Số đo thể tích Sđ Số đo diện tích đáy Chương Bất đẳng thức Finsler – Hadwiger Nội dung chương nghiên cứu bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, số bất đẳng thức hệ vận dụng bất đẳng thức Finsler-Hadwiger để giải số toán 1.1 Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger phát biểu sau: Trong tam giác ABC, đó: √ a2 + b2 + c2 ≥ 3S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 Các dạng tương đương: √ (p − a) (p − b) + (p − b) (p − c) + (p√− c) (p − a) ≥ S a (p − a) + b (p − b) + c (p − c) ≥ 2√ 3S (ab + ac + bc) − a2 − b2 − c2 ≥ 3S Chứng minh 1: Bất đẳng thức tương đương √ a2 − (b − c)2 + b2 − (c − a)2 + c2 − (a − b)2 ≥ 3S ⇔ (a − b + c) (a + b − c) + (b − c + a) (b + c − a) + √ + (c − a + b) (c + a − b) ≥ 3S   x=b+c−a>0 y =a+c−b>0 Đặt  z =a+b−c>0 p p √ Do S = p (p − a) (p − b) (p − c) ⇒ 3S = (x + y + z) xyz (1) Chương Bất đẳng thức Finsler – Hadwiger Khi đó: (1) ⇔ xy + yz + xz ≥ q (x + y + z) xyz ⇔ (xy + yz + xz)2 ≥ (x + y + z) xyz 1 1 1 + + ⇔ 2+ 2+ 2≥ x y z xy yz zx   1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho , , ta thấy bất đẳng x y z thức cuối suy (đpcm) Đẳng thức xảy khi: x=y=z ⇔ a=b=c ⇔ ∆ABC Chứng minh 2: √
2ab + 2ac + 2bc − a2 + b2 + c2 ≥ 3S Bổ đề 1.1.1 Trong ∆ABC : tan B C √ A + tan + tan ≥ 2 Chứng minh Ta có:   A B C A B C A B = tan2 + tan2 + tan2 + tan tan tan + tan + tan 2 2 2 2 B C C A + tan tan + tan tan 2   A B B C C A ≥ tan tan + tan tan + tan tan 2 2 2 = (đpcm) Trở lại toán: Áp dụng định lý Cosin ta có: a2 = b2 + c2 − 2bc cos A = b2 + c2 − 4ScotgA Tương tự:  b2 = a2 + c2 − 4ScotgB c2 = a2 + b2 − 4ScotgC Chương Bất đẳng thức Finsler – Hadwiger ⇒ a2 + b2 + c2 = 4S (cotgA + cotgB + cotgC)
⇒ 2ab+ 2bc + 2ca − a2 + b2+ c2 1 = 4S + + − 4S (cotgA + cotgB + cotgC) sinA sinB sinC       1 − cotgA + − cotgB + − cotgC = 4S sinA sinB sinC Ta có: 1 − cosA − cotgA = = sinA sinA 2sin2 sin A A A cos 2 = tan A Với đẳng thức tương tự ta có:  
B C A 2ab + 2bc + 2ca − a2 + b2 + c2 = 4S tan + tan + tan 2 √
⇒ 2ab + 2bc + 2ac − a2 + b2 + c2 ≥ 3S □ (Áp dụng Bổ đề 1.1.1) Chứng minh 3: √ a (p − a) + b(p − b) + c(p − c) ≥ 3S √ 3 Bổ đề 1.1.2 Trong ∆ABC : sinA + sinB + sinC ≤ Chứng minh.Xét f (x) = sin x với < x < π ⇒ f ′ (x) = cos x ⇒ f ′′ (x) = − sin x < ∀x ∈ (0; π) Theo bất đẳng thức Jensen: √ A+B+C 3 sinA + sinB + sinC ≤ 3sin = Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: Chương Bất đẳng thức Finsler – Hadwiger q a (p − a) + b (p − b) + c (p − c) ≥ 3 abc (p − a) (p − b) (p − c) s s S 4R = 3 4RS = 3S p p Ta cần chứng minh: r r √ √ 4R 4R ≥ 3S ⇔ 3 ≥2 3S p √ p √ 3 R ⇔ a + b + c ≤ 3R ⇔p≤ √ ⇔ 2Rsin A + 2RsinB + 2RsinC ≤ 3R √ 3 ⇔ sin A + sinB + sinC ≤ theo Bổ đề 1.1.2 □ Chứng minh 4: Áp dụng định lý hàm số cos cơng thức diện tích ta có √ √ bcsin A a2 + b2 + c2 − 3S = b2 + c2 − 2bccos A + b2 + c2 − √
2 = b + c − 2bccos A − 3bcsin A h i
π π 2 = b + c − 4bc cos cos A − sin sin A 3π 
= b2 + c2 − 4bc cos −A
≥ b2 + c2 − 2bc = 2(b − c)2 Khơng tính tổng qt, giả sử: b ≥ a ≥ c ⇒ (a − b) (a − c) ≤ ⇔ a2 − ac − ab + bc ≤ ⇔ − 2bc ≥ 2a2 − 2ac − 2ab ⇔(b − c)2 ≥ (a − c)2 + (a − b)2 (2) Kết hợp (1) (2) ta có: √ a2 + b2 + c2 − 3S ≥ (b − c)2 + (a − c)2 + (a − b)2 (đpcm) Chứng minh 5: (1) Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger Với x, y, z > đặt a=y+z b=z+x c = x + y Khi M =p 4(x − z)2 p S = p (p − a) (p − b) (p − c) = xyz (x + y + z) Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành p 3xyz z)2 ≤ 2x2 + 2y + 2z + (xy + yz + zx) p (x + y + z) + 2(x − ⇔ 2p3xyz (x + y + z) ≤ y + xy + yz + 3zx ⇔ 3xz.y (x + y + z) ≤ y (x + y + z) + 3zx Bất đẳng thức cuối theo bất đẳng thức Côsi, suy √ 3S + M ≤ a2 + b2 + c2 Đẳng thức xảy x = y = z ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC Bài toán 2.1.6 Cho ∆ABC Điểm O; G theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác Chứng minh rằng:  2 √ OG a2 + b2 + c2 ≥ + S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 R Chứng minh Ta có
a + b2 + c2
16S a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 OG2 ⇔ =1− =1− R2 9R2 9a2 b2 c2 OG2 = R2 − Đặt x=p−a>0 y =p−b>0 z =p−c>0 ⇒ x + y + z = p Khi a=y+z b=z+x c = xp+ y p S = p (p − a) (p − b) (p − c) = xyz (x + y + z) 31 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger Ta cần chứng minh "
# 2 2 √
16S a + b + c S (ab + bc + ca) − a2 + b2 + c2 ≥ + − 9a2 b2 c2 P P P (x + y)(y + z)− (x + y)2 (x + y)2 16xyz(x + y + z) x,y,z x,y,z x,y,z ⇔ + S 9(x + y)2 (y + z)2 (x + z)2 √ ≥ + (∗) Theo bất đẳng thức AM - GM ta có:
√ (xy + yz + zx) 32xyz (x + y + z) x2 + y + z + xy + yz + xz p + 2 xyz (x + y + z) 9(x x2 ) √ √ + y) (y + z) (z +√ x (y + z) y (x + z) z (x + y) =p +p +p xyz (x + √ y + z) xyz (x + √ y + z) xyz (x +√y + z) z (x + y) x(y + z) y (x + z) +p +p +p xyz (x + y + z) xyz (x + y + z) xyz(x
+ y + z) 2 32xyz (x + y + z) x + y + z + xy + yz + zx + 9(x + y)2 (y + z)2 + (z + x)2 s
2 x + y + z + xy + yz + zx ≥ (∗∗) ≥77 2(x + y + z)2 Theo AM-GM ta có (xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz (x + y + z) √ xy + yz + zx ⇒p ≥ (x + z)  xyz √ y+ √ xy + yz + zx ⇒ 4−2 p ≥ −6 + (∗ ∗ ∗) xyz (x + y + z) Cộng vế với vế (**) (***) ta suy bất đẳng thức (*) (đpcm) Đẳng thức xảy ∆ABC OG2 Do ≥ nên bất đẳng thức chứng minh mạnh bất đẳng thức R2 Finsler-Hadwiger □ Bài toán 2.1.7 Cho ∆ABC với n ≥ Chứng minh   4S n 2n 2n 2n a +b +c ≥3 √ + (a − b)2n + (b − c)2n + (c − a)2n 32 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger Chứng minh Bổ đề 2.1.5 Với số thực x > y ≥ số nguyên dương n ≥ ta có: xn − y n ≥ (x − y)n Chứng minh Ta có xn = [(x − y) + y]n = (x − y)n + y n + n−1 P Cnk (x − y)k y n−k k=1 ≥ (x − y)n + y n ⇒ xn − y n ≥ (x − y)n □ Áp dụng Bổ đề 2.1.5 ta có: a 2n 2n − (b − c) b2n − (c − a)2n c2n − (a − b)2n h 2 in ≥ a − (b − c) h in 2 ≥ b − (c − a) h in 2 ≥ c − (a − b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 2n 2n − (b − c) +b 2n 2n − (c − a) 2n +c 2n − (a − b)   4S n ≥3 √ Ta chứng minh bất đẳng thức mạnh n  h in h in h in 4S a2 − (b − c)2 + b2 − (c − a)2 + c2 − (a − b)2 ≥ √ Áp dụng bất đẳng thức trung bình bậc n bất đẳng thức FinslerHadwiger ta có: h in h in h in 2 2 2 + b − (c − a) + c − (a − b) a − (b − c) ! 2 n 2 a + b + c − (a − b) − (b − c) − (c − a) ≥3 √ !n   3S 4S n ≥3 =3 √ 3 33 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger ⇒ a2n + b2n + c2n   4S n ≥3 √ + (a − b)2n + (b − c)2n + (c − a)2n (đpcm) Đẳng thức xảy ∆ABC □ Bài toán 2.1.7 tổng quát bất đẳng thức Finsler-Hadwiger 2.2 Suy rộng đa giác Bài toán 2.2.1 Cho tứ giác lồi ABCD có số đo cạnh AB; BC; CD; DA thứ tự a, b, c, d; p số đo chu vi; S số đo diện tích Chứng minh rằng: n√ o √ √ √ √ 2 2 2 2 2 2 a +b +c +d +4p max a + b ; b + c ; c + d ; d + a > 3S Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức hệ bất đẳng thức FinslerHadwiger toán 1.2.3 ∆ABD √ ad + a.BD + d.BD ≥ 3S1 Tương tự ∆BCD √ bc + b.BD + c.BD ≥ 3S2 √ ⇒ ad + bc + BD (a + d + b + c) ≥ 4√3 (S1 + S2 ) ⇒ ad + bc + BD (a + d + b + c) ≥ 3S (∗) Theo bất đẳng thức Côsi: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (ad + bc) (∗∗) 34 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger b≤ π Khơng giảm tính tổng qt, giả sử A √ ⇒ BD2 ≤ a2 + n d2 ⇒ BD ≤ a2 + d2 o √ √ √ √ 2 2 2 2 ⇒ BD ≤ max a + b ; b + c ; c + d ; d + a (∗ ∗ ∗) Thay (*),(**),(***) vào vế trái bất đẳng thức cần chứng minh ta có: n√ o √ √ √ 2 2 2 2 2 2 a + b + c + d + 4p max a +b ; b +c ; c +d ; d +a √ ≥ (ad + bc) + 4p.BD = 3S    ∆ABD ∆BCD Đẳng thức xảy (mâu thuẫn)  A b = min{A; b B; b C; b D} b = π Vậy đẳng thức không xảy (đpcm) □   b C b ≤ 90o Bài toán 2.2.2 Cho ♢ABCD lồi thỏa mãn max A; √ Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d2 > 3S Chứng minh Theo toán 1.2.1 √ a2 + d2 + BD2 ≥ 4√ 3S∆ABD b2 + c2 + BD2 ≥ 3S∆BCD √ ⇒ a2 + b2 + c2 + d2 + 2BD2 ≥ 3S Vì    b C b ≤ 90 ⇒ max A; BD2 ≤ a2 + d2 BD2 ≤ b2 + c2 ⇒ 2BD2 ≤ a2 + b2 + c2 √ + d2 ⇒ a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 3S 35 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger Đẳng thức xảy ( ∆ABD; ∆BCD b=C b = 900 A (mâu thuẫn) Khơng có trường hợp đẳng thức xảy (đpcm.) □ Bài toán 2.2.3 Cho tứ giác lồi ABCD có độ dài đường √ chéo BD đơn vị Chứng minh rằng: ad + bc + a + b + c + d ≥ 3S Chứng minh Áp dụng toán 1.2.3 cho ∆ABD; ∆CBD √ ad + a.BD + d.BD ≥ 3S1 √ bc + b.BD + c.BD ≥ 3S2 √ ⇒ad + bc + BD (a + b + c + d) ≥ 3S √ ⇒ad + bc + a + b + c + d ≥ 3S ( đpcm) Đẳng thức xảy ♢ABCD hình thoi có a = b = c = d = = BD □ Bài toán 2.2.4 Cho ♢ABCD lồi Chứng minh √ − (ab + bc + cd + da) AC + BD ≥ a+b+c+d Chứng minh Áp dụng tốn 2.2.3 ta có √ ad + bc + BD (a + b + c + d) ≥ 3S √ ab + cd + AC (a + b + c + d) ≥ 3S √ 3S − (ab + bc + cd + da) ⇒AC + BD ≥ (đpcm) a+b+c+d 36 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger b=C b = 600 Đẳng thức xảy tứ giác ABCD hình thoi có A Một vấn đề đặt liệu có đánh giá khác số đo cạnh số đo diện tích tứ giác hay khơng? Ta có số bất đẳng thức sau: Cho tứ giác lồi ABCD có độ dài cạnh AB; BC; CD; DA a, b, c, d; Số đo nửa chu vi p; Số đo diện tích S Khi 1) ab + cd ≥ 2S 2) ab + bc + cd + da ≥ 4S 3) a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4S √ 4) a + b + c + d ≥ S p (p − a) (p − b) (p − c) (p − d) ≥ S 5) 6) an + bn + cn + dn ≥ 4S n/2 ∀n ∈ N Ta thấy (3) bất đẳng thức đặc trưng tứ giác (6) tổng quát (3) □ Sau ta có tổng quát khác bất đẳng thức Bài toán 2.2.5 Trong đa giác lồi A1 A2 An có số đo cạnh a1 , a2 , , an diện tích S Chứng minh n X i=1 π a2i ≥ tan S n Chứng minh Xét đa giác lồi B1 B2 Bn có n cạnh với số đo cạnh là: a = a1 + a2 + + an S ′ số đo diện tích; O tâm đường trịn ngoại tiếp n đa giác Khi hai đa giác A1 A2 An B1 B2 Bn có chu vi 37 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger 2π S ′ = n.S∆OB1 B2 ; B\ OB2 = n 2π ⇒ S∆OB1 B2 = OB1 OB2 sin π n π = OB1 OB2 sin cos n πi h h πi n π = OB1 sin OB2 sin cotg n n n a2 π ⇒ S∆OB1 B2 = cotg n na ⇒ S ′ = nS∆OB1 B2 = π tan Do đa giác lồi A1 A2 An B1 B2 Bn có chu vi nên: ′ S≤S ⇒S≤ na2 π ⇒ 4S tan ≤ na2 π 4 tan Theo bất đẳng thức Schwartz với số (a1 , a2 , , ) (1,1, ,1): n a2 P (a1 + a2 + + an )2 ≥ + + + i=1 n P n2 a2 (a1 + a2 + + an )2 ⇒ ≥ = = na2 n n i=1 π ⇒ a21 + a22 + + a2n ≥ tan S (đpcm) n Đẳng thức xảy đa giác lồi A1 A2 An 38 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger 2.3 Suy rộng không gian Bài toán 2.3.1 Cho tứ diện ABCD với Stp số đo diện tích tồn phần Chứng minh √ a) AB + AC + AD2 + BC + BD2 + CD2 ≥√ 3Stp b) (AB + AC + AD + BC + CD + BD)2 ≥ 12 3Stp Chứng minh Theo Bài toán 1.2.1 ∆ABC có √ a) AB + AC + BC ≥ 3S∆ABC Tương tự: √ AB + AD2 + BD2 ≥ 4√ 3S∆ABD AD2 + AC + CD2 ≥ √3S∆ADC BC + BD2 + CD2 ≥ 3S∆BCD Cộng vế bất đẳng thức √ AB + AC + AD + BC + BD + CD ≥ 3× ×(S∆ABC + S∆ABD + S∆ADC + S∆BCD ) √ ⇔ AB + AC + AD2 + BC + BD2 + CD2 ≥ 3Stp (đpcm) Đẳng thức xảy tứ diện ABCD tứ diện b) Áp dụng toán 1.2.3 cho ∆ABC : √ AB.AC + AB.BC + AC.BC ≥ 3S∆ABC Tương tự 2 2
√ AB.AD + AB.BD + AD.BD ≥ 4√ 3S∆ABD AD.AC + AD.DC + AC.DC ≥ √3S∆ADC BD.BC + BD.DC + BC.DC ≥ 3S∆BCD 39 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger Cộng vế bất đẳng thức ta có (AB + CD) (AC + BD) + (AC + BD) (AD + BC) √ + (AD + BC) (AB + CD) ≥ 3Stp √ ⇒ [(AB + CD) + (AC + BD) + (AD + BC)]2 ≥ 3Stp √ ⇒ (AB + CD + AC + BD + AD + BC)2 ≥ 12 3Stp (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ∆ABC; ∆ABD; ∆ADC; ∆BCD suy tứ diện ABCD tứ diện □ Bài tốn 2.3.2 Cho hình chóp SABC có SA, SB, SC đơi vng góc Gọi độ dài cạnh đáy a, b, c; Diện tích đáy S Chứng minh rằng: √ a2 + b2 + c2 ≥ √ Stp 3+1 Chứng minh Ta có SA⊥SB ⇒ 2S∆SAB = SA.SB ⇒ 4S∆SAB ≤ SA2 + SB = c2 Tương tự: 4S∆SBC ≤ a2 4S∆SAC ≤ b2 Cộng vế bất đẳng thức trên: √ √

a2 + b2 + c2 ≥ 4Sxq ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ 3Sxq (∗) 40 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger Áp dụng bất đẳng thức hệ toán 1.2.1 cho ∆ABC với Sđ số đo diện tích đáy √ 2 a + b + c ≥ 3Sđ (**) Từ (*) (**): √ √
a2 + b2 + c2 ≥ 3Stp √ ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ √ Stp 3+1 ⇒ 3+1  (đpcm) Đẳng thức xảy ∆SAB; ∆SBC; ∆SAC tam giác vuông cân S □ Bài tốn 2.3.3 Cho tứ diện ABCD có V số đo thể tích; Stp số đo diện tích tồn phần Chứng minh rằng: √ Stp ≥ 216 3V Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức hệ Bài toán 1.2.4 cho ∆ABC đáy √ (a + b + c) ≥ 12 3Sđ Gọi H hình chiếu D mặt phẳng (ABC); E, F, K hình chiếu H đoạn AB; BC; AC Đặt:   √ DH = h      DF = ph2 + x2 HF = x ⇒ DK = √ h2 + y  HK = y    DE = h2 + z  HE = z 41 Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger Ta có: Sxq = S∆DBC + S∆DAC + S∆DAB = (BC.DF + CA.DK + AB.DE) i p √ 1h √ 2 2 2 = a h + x + b h + y + c h + z q  q q 2 2 2 = (ah) + (ax) + (bh) + (by) + (ch) + (cz) Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki cho cặp số q Sxq ≥ (ah + bh + ch)2 + (ax + by + cz)2 2q h2 (a + b + c)2 + (ax + by + cz)2 = 2q = h2 (a + b + c)2 + 4(S∆HBC + S∆HCA + S∆ABH )2 2q √ ≥ 12 3Sđ h2 + 4Sđ2 q √ = 3Sđ h2 + Sđ2 √ ⇒Sxq ≥ 3Sđ h2 + Sđ2 √ ⇒Sxq − Sđ2 ≥ 3Sđ h2 √ ⇒ (Sxq − Sđ ) (Sxq + Sđ ) ≥ 3Sđ h2 √ ⇒Stp (Sxq − Sđ ) ≥ 3Sđ h2 √ ⇒Stp (Sxq − Sđ ) 2Sđ ≥ 54 3V   √ Sxq − Sđ + 2Sđ ⇒Stp ≥ 54 3V 2 √ Stp ⇔Stp ≥ 54 3V √ ⇔Stp ≥ 216 3V ax by cz = = ∆ABC ah bh ch ⇔ABCD hình chóp Đẳng thức xảy 42 □ Chương Mở rộng bất đẳng thức Finsler - Hadwiger Bài toán 2.3.4 Cho tứ diện ABCD tích đơn vị, tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = AB + AC + AD2 + BC + BD2 + CD2 Chứng minh Trong Bài toán 2.3.1; Bài toán 2.3.3 có đánh giá √ AB + AC + AD2 + BC + BD2 + CD2 ≥ 3Stp √ Stp ≥ 216 3V   √ √ p 3 √ ≥ 216 3V = 216 ≥ Stp ⇒ 3√ p √ √ ⇒ P ≥ √216 = 12 ⇒ Pmin = 12 đạt tứ diện ABCD tích đơn vị Qua tốn ta có kết đáng ý: Trong tứ diện ABCD bất đẳng thức sau ln √ 2 2 2 AB + AC + AD + BC + BD + CD ≥ 12 9V 43 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau: Trình bày bất đẳng thức Finsler-Hadwiger số dạng tương đương Dẫn chứng cách chứng minh gồm phương pháp biến đổi đại số đơn thuần, sử dụng bất đẳng thức lượng giác bản, áp dụng cơng thức diện tích tam giác kết hợp với bất đẳng thức lượng giác Giới thiệu bất đẳng thức hệ suy từ bất đẳng thức Finsler-Hadwigher Một số toán chứng minh bất đẳng thức hình học giải cách áp dụng bất đẳng thức Finsler-Hadwiger áp dụng bất đẳng thức hệ Trình bày số mở rộng bất đẳng thức Finsler-Hadwiger tam giác với bất đẳng thức mạnh bất đẳng thức Finsler-Hadwiger Suy rộng bất đẳng thức đa giác suy rộng không gian Nội dung luận văn cịn bổ sung mở rộng thêm bất đẳng thức khác tam giác, đa giác, không gian mạnh bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, hướng nghiên cứu để phát triển đề tài 44 Tài liệu tham khảo [1] Bộ giáo dục đào tạo,Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [2] Nguyễn Văn Hiến (2000),Bất đẳng thức tam giác, Nhà xuất Hải Phịng [3] Hồng Minh Qn, Hồng Thị Bích Ngọc (2020),Các chuyên đề chọn lọc sáng tạo bất đẳng thức hình học, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội [4] Phạm Kim Hùng (2012),Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất Hà Nội [5] Omran Kouba (2017), On certain new refinements of FinslerHadwiger inequalities, Journal of Inequalities and Applications, Published online: 18 April 2017 [6] Shiguo Yang, Wen Wang (2015), Generalized Finsler-Hadwiger type inequalities for simplices and applications , Journal of Inequalities and Applications, December 2015 [7] D.S.Marinescu, M.Monea, M.opincariu, M.Stroe (2012),Note on Hadwiger–Finsler’s Inequalities, Journal of Mathematical Inequalities, Volume 6, Number (2012), 57–64 45