(Luận văn) bất đẳng thức hayashi, bất đẳng thức weitzenbock suy rộng và các hệ quả

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN VÕ KẾ THỊNH lu an n va gh tn to p ie BẤT ĐẲNG THỨC HAYASHI, BẤT ĐẲNG THỨC WEITZENBOCK SUY RỘNG VÀ CÁC HỆ QUẢ d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC m co l gm @ an Lu Bình Định - 2020 n va ac th si BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN VÕ KẾ THỊNH lu an n va tn to ie gh BẤT ĐẲNG THỨC HAYASHI, p BẤT ĐẲNG THỨC WEITZENBOCK SUY RỘNG VÀ CÁC HỆ QUẢ d oa nl w an lu nf va Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP z at nh oi lm ul Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z l gm @ Người hướng dẫn: TS LÊ THANH BÍNH m co an Lu Bình Định - 2020 n va ac th si 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 lu Bình Định, tháng 07 năm 2020 an Tác giả n va ie gh tn to p Võ Kế Thịnh d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mục lục MỞ ĐẦU lu an BẤT ĐẲNG THỨC HAYASHI 1.1 Bất đẳng thức Hayashi 1.2 Các hệ bất đẳng thức Hayashi 15 n va VÀ CÁC HỆ QUẢ ie gh tn to p 1.3 Một số toán áp dụng bất đẳng thức Hayashi 16 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác 22 oa nl w 1.4 d BẤT ĐẲNG THỨC WEITZENBOCK lu 26 an VÀ CÁC HỆ QUẢ Bất đẳng thức Weitzenbock 26 2.2 Các hệ bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng 35 2.3 Các ứng dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng 38 2.4 Bất đẳng thức Weitzenbock cho đa giác 51 2.5 Bất đẳng thức Weitzenbock ngược 54 nf va 2.1 z at nh oi lm ul z 59 l gm 61 m co TÀI LIỆU THAM KHẢO @ KẾT LUẬN an Lu n va ac th si MỞ ĐẦU Bất đẳng thức chuyên đề Tốn học nói chung, tốn phổ thơng tốn sơ cấp nói riêng Các tốn bất đẳng lu thức cực trị hình học thuộc loại tốn khó, thường an va xuyên xuất kỳ thi chọn học sinh giỏi nước quốc tế n Trong số nhiều bất đẳng thức hình học liên quan đến tam giác, chúng gh tn to ta không nhắc tới hai bất đẳng thức bất đẳng thức Hayashi p ie bất đẳng thức Weitzenbock Vì chọn đề tài "BẤT ĐẲNG THỨC w HAYASHI, BẤT ĐẲNG THỨC WEITZENBOCK SUY RỘNG VÀ CÁC oa nl HỆ QUẢ" để làm đề tài luận văn tốt nghiệp d Luận văn này, ngồi phần mục lục, phần mở đầu, phần kết luận lu nf va chương: an tài liệu tham khảo luận văn chia làm chương Nội dung lm ul • Chương Trong chương này, chúng tơi trình bày bất đẳng thức z at nh oi Hayashi cho tam giác hệ quả, số toán áp dụng mở rộng bất đẳng thức Hayashi cho đa giác z • Chương Trong chương này, chúng tơi trình bày bất đẳng thức @ gm Weitzenbock suy rộng hệ quả, số toán áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock ngược m co l Sau đó, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Weitzenbock cho đa giác an Lu Luận văn hoàn thành hướng dẫn TS Lê Thanh Bính Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy tận tình hướng dẫn, n va ac th si bảo suốt q trình thực hồn thiện luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành đến Ban Giám hiệu Trường Đại học Quy Nhơn, Phịng Đào tạo sau đại học, Khoa Tốn Thống kê quý thầy, cô giáo giảng dạy lớp cao học Phương pháp tốn sơ cấp Khóa 21, người tận tâm giảng dạy, tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn Bình Định, tháng 07 năm 2020 Học viên lu an n va to p ie gh tn Võ Kế Thịnh d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương BẤT ĐẲNG THỨC HAYASHI lu VÀ CÁC HỆ QUẢ an n va tn to Trong chương này, phát biểu trình bày chứng minh bất ie gh đẳng thức Hayashi Sau đó, chúng tơi trình bày số định lý, hệ liên p quan số toán áp dụng kết bất đẳng thức Hayashi nl w Bất đẳng thức Hayashi d oa 1.1 lu nf va an Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức Hayashi, xem [10]) Cho M điểm tùy ý mặt phẳng chứa tam giác ABC với độ dài cạnh BC, CA, AB lm ul a, b, c Khi đó, ta có z at nh oi aM B.M C + bM C.M A + cM A.M B ≥ abc (1.1.1) Đẳng thức xảy M trực tâm tam giác ABC z Hayashi (1.1.1) l gm @ Sau đây, chúng tơi trình bày số cách chứng minh bất đẳng thức m co • Cách (Sử dụng bất đẳng thức Ptolemy) an Lu Trước tiên, chúng tơi xin trình bày cách chứng minh sơ cấp dành cho học sinh Trung học sở dựa bất đẳng thức Ptolemy n va ac th si Bổ đề 1.1.1 (Bất đẳng thức Ptolemy, xem [1]) Cho bốn điểm A, B, C, D mặt phẳng, ta có AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD Đẳng thức xảy A, B, C, D bốn điểm nằm đường tròn (hay tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp) \ = CDB \ CBE \ = DBA \ Chứng minh Lấy điểm E cho EAB Suy ∆ABE v ∆DBC, từ ta có lu AB AE BE = = DB DC BC an (1.1.2) va n A ie gh tn to E p d oa nl w D B nf va an lu C z at nh oi lm ul Từ (1.1.2) ta Hình 1.1.1 AB.DC = BD.AE z (1.1.3) gm @ \ = DBA \ hệ thức (1.1.2), nên ta có ∆BCE v ∆BDA Do Do CBE m an Lu ⇒ BC.DA = BD.CE co l BC CE BE = = BD DA BA (1.1.4) n va ac th si Cộng (1.1.3) (1.1.4) vế theo vế ta AB.DC + BC.AD = BD(AE + CE) ≥ BD.AC Đẳng thức xảy E thuộc cạnh AC , tức A D nhìn cạnh BC góc Nói cách khác, đẳng thức xảy tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp Bây giờ, chứng minh bất đẳng thức Hayashi (1.1.1) Chứng minh Lấy hai điểm E F cho BCM E BCAF hình lu an bình hành, tứ giác EM AF hình bình hành va n F A p ie gh tn to d oa nl w M E an lu C B nf va z at nh oi lm ul Ta có Hình 1.1.2 AF = EM = BC EF = AM, EB = CM, BF = AC z @ co l ta gm Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABEF AEBM , m AB.AM + BC.CM = AB.EF + AF.BE ≥ AE.BF = AE.AC, an Lu BM.AE + AM.CM = BM.AE + AM.BE ≥ AB.EM = AB.BC n va ac th si Khi M A.M B.AB + M B.M C.BC + M C.M A.CA = M B(M A.AB + M C.BC) + M C.M A.CA ≥ M B.AE.AC + M C.M A.CA = AC(M B.AE + M C.AM ) ≥ AC.AB.BC hay lu an aM B.M C + bM C.M A + cM A.M B ≥ abc va n Đẳng thức xảy tứ giác ABEF AEBM nội tiếp gh tn to đường trịn, AF EM hình bình hành AM ⊥EM hay AM ⊥BC Tương tự, ta có CM ⊥AB , nên M trực tâm tam giác ie p ABC w oa nl Tiếp theo, chúng tơi trình bày cách chứng minh sử dụng số phức ngắn d gọn ấn tượng Trước tiên, nhắc lại số kiến thức số nf va an lu phức Trường số phức định nghĩa tập R × R cặp số thực (x, y) với z at nh oi lm ul phép toán (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ) gọi phép cộng z @ l gm (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) gọi phép nhân Mọi số phức z = (x, y) viết dạng z = co m x + iy với i = (0, 1) số thực x xác định số phức (x, 0) an Lu Với z = x + iy , ta định nghĩa n va ac th si 28 Nhận xét 2.1.1 (Xem [11]) Bất đẳng thức Weitzenbock bất đẳng thức Hadwiger-Finsler hai bất đẳng thức tương đương Chứng minh Ta thấy (2.1.3)⇒ (2.1.1) hiển nhiên Ta cần chứng minh (2.1.1) ⇒ (2.1.3) Trước tiên, ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 2.1.1 (Xem [11]) Cho tam giác ABC với cạnh a, b, c lu diện tích S , đặt q q q 0 a = a(b + c − a), b = b(c + a − b), c = c(a + b − c) an n va tn to π−B π−C π−A , B0 = , C0 = , 2 p ie gh A0 = w tam giác A0 B C có cạnh a0 , b0 , c0 với góc A0 , B , C , oa nl diện tích S = S d Chứng minh Vì a + b − c > 0, b + c − a > 0, c + a − b > nên ta có q 0 (a + b ) = a(b + c − a) + b(c + a − b) + a(b + c − a)b(c + a − b) nf va an lu lm ul > a(b + c − a) + b(c + a − b) > c(a + b) − c2 m co l gm Suy a0 + b0 > c0 @ = c02 z = c(a + b − c) z at nh oi = c(a + b) − (a − b)2 tam giác A0 B C an Lu Tương tự, ta có b0 + c0 > a0 c0 + a0 > b0 Do đó, a0 , b0 , c0 ba cạnh n va ac th si 29 Ta lại có π−A π−B π−C + + = π, 2 nên A0 , B , C ba góc tam giác A0 + B + C = Giả sử, tam giác với cạnh a0 , b0 , c0 tam giác A1 B1 C1 , b(c + a − b) + c(a + b − c) − a(b + c − a) b02 + c02 − a02 p p = cosA1 = 2b0 c0 b(c + a − b) c(a + b − c) A π−A = sin = cos = cosA0 2 Do đó, A1 = A0 Tương tự, ta có B1 = B , C1 = C lu an Vậy ba góc tam giác A1 B1 C1 với cạnh a0 , b0 , c0 tam giác va n với góc A0 , B C gh tn to Hơn nữa, ta có p ie 16S 02 = 2(a02 b02 + b02 c02 + c02 a02 ) − (a04 + b04 + c04 ) nl w = 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) − (a4 + b4 + c4 ) = 16S d oa Do vậy, S = S Bổ đề chứng minh an lu Trở lại chứng minh (2.1.1) ⇒ (2.1.3) nf va Từ bất đẳng thức Weitzenbock Bổ đề 2.1.1 ta có z at nh oi lm ul √ a02 + b02 + c02 ≥ 3S , √ a(b + c − a) + b(c + a − b) + c(a + b − c) ≥ 3S, z 2 gm @ hay √ 2(ab + bc + ca) − (a + b + c ) ≥ 3S co l (2.1.5) m Bất đẳng thức (2.1.5) dạng khai triển bất đẳng thức (2.1.3) an Lu n va ac th si 30 Đối với hai tam giác, ta tổng quát bất đẳng thức Weitzenbock để nhận bất đẳng thức Neuberg-Pedoe sau Định lý 2.1.3 (Bất đẳng thức Neuberg-Pedoe, xem [7]) Cho hai tam giác A1 B1 C1 với độ dài cạnh a1 , b1 , c1 , diện tích S1 A2 B2 C2 với độ dài cạnh a2 , b2 , c2 , diện tích S2 Khi đó, ta có (b22 + c22 − a22 )a21 + (c22 + a22 − b22 )b21 + (a22 + b22 − c22 )c21 ≥ 16S1 S2 (2.1.6) Chứng minh Ta cần sử dụng bổ đề sau lu an Bổ đề 2.1.2 (Bất đẳng thức Aczel, xem [7]) Cho hai số thực không n va âm bi (i = 1, 2, , n) thỏa mãn a21 ≥ a22 + + a2n b21 ≥ b22 + + b2n tn to Khi đó, ta có (a21 − (a22 + + a2n ))(b21 − (b22 + + b2n )) p ie gh a1 b1 − (a2 b2 + + an bn ) ≥ q d oa nl w Chứng minh Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có q a1 b1 ≥ (a22 + + a2n )(b22 + + b2n ) ≥ a2 b2 + + an bn nf va an lu Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương (a1 b1 − (a2 b2 + + an bn ))2 ≥ (a21 − (a22 + + a2n ))(b21 − (b22 + + b2n )) lm ul Trong trường hợp a21 − (a22 + + a2n ) = tầm thường Vì vậy, ta giả sử z at nh oi a21 − (a22 + + a2n ) > Điều làm ta nghĩ đến đa thức bậc hai sau i=2 i=2 ! a1 bi x + b21 − l a2i x2 + a1 b1 − n X gm a21 − !i=2 @ = n X (ai x − bi )2 z P (x) = (a1 x − b1 ) − n X n X ! b2i i=2 P b1 a1  =− n X i=2  (ai b1 a1  − bi )2 ≤ 0, an Lu  m co Vì n va ac th si 31 hệ số x2 đa thức P số dương, nên P có nghiệm thực Vì thế, P có biệt thức khơng âm Suy !2 ! ! n n n X X X a1 b1 − a1 bi − a21 − a2i b21 − b2i ≥ i=2 i=2 i=2 • Bổ đề chứng minh Quay lại chứng minh bất đẳng thức (2.1.6) Định lý 2.1.3: lu Áp dụng bất đẳng thức Aczel với n = 4, số (a1 , a2 , a3 , a4 ) thay √ √ √ (a21 + b21 + c21 , 2a21 , 2b21 , 2c21 ), ta kiểm tra thỏa mãn điều an va n kiện bất đẳng thức Aczel Thậy vậy, ta có gh tn to (a21 + b21 + c21 )2 − 2a41 − 2b41 − 2c41 p ie = 2a21 b21 + 2b21 c21 + 2c21 a21 − a41 − b41 − c41 = −((a21 − b21 )2 − a41 + (b21 − c21 )2 − b41 + (c21 − a21 )2 − c41 ) ≥ d oa nl w Tương tự, (b1 , b2 , b3 , b4 ) thay √ √ √ (a22 + b22 + c22 , 2a22 , 2b22 , 2c22 ) Thay vào bất đẳng thức Aczel, ta q ((a21 + b21 + c21 )2 − 2a41 − 2b41 − 2c41 )((a22 + b22 + c22 )2 − 2a42 − 2b42 − 2c42 ) nf va an lu lm ul ≤ (a21 + b21 + c21 )2 (a22 + b22 + c22 )2 − 2a21 a22 − 2b21 b22 − 2c21 c22 z at nh oi = a21 (−a22 + b22 + c22 ) + b21 (a22 − b22 + c22 ) + c21 (a22 + b22 − c22 ) Mặt khác, theo công thức Hê-rông với i = 1, ta có z 16Si2 = (ai + bi + ci )(bi + ci − )(ai + ci − bi )(ai + bi − ci ) @ m co Suy l gm = (a2i + b2i + c2i )2 − 2a4i − 2b4i − 2c4i an Lu a21 (−a22 + b22 + c22 ) + b21 (a22 − b22 + c22 ) + c21 (a22 + b22 − c22 ) ≥ 16S1 S2 n va ac th si 32 Dấu đẳng thức xảy hai số √ √ √ √ √ √ (a21 + b21 + c21 , 2a21 , 2b21 , 2c21 ) (a22 + b22 + c22 , 2a22 , 2b22 , 2c22 ) tỉ lệ, hay hai tam giác A1 B1 C1 A2 B2 C2 đồng dạng Vậy Định lý 2.1.3 chứng minh Chú ý 2.1.2 Khi đặt x = −a22 +b22 +c22 , y = a22 −b22 +c22 , z = a22 +b22 −c22 , với a, b, c độ dài cạnh S diện tích tam giác ABC thay tam giác A1 B1 C1 với độ dài cạnh a1 , b1 , c1 , diện tích S1 Bất lu đẳng thức Neuberg-Pedoe viết lại dạng √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ xy + yz + zxS an n va tn to Đây bất đẳng thức Weizenbock suy rộng phát biểu định lý ie gh sau p Định lý 2.1.4 (Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng, xem [11]) Cho nl w x, y, z số thực thỏa mãn điều kiện x + y, y + z, z + x, xy + oa yz + zx ≥ Đặt a, b, c độ dài cạnh S diện tích tam giác d ABC Khi đó, ta có lu an √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ xy + yz + zxS nf va (2.1.7) lm ul Tiếp theo, chúng tơi trình bày số cách chứng minh bất đẳng thức z at nh oi Weizenbock suy rộng • Cách z Chứng minh Ta có @ l gm xa2 + yb2 + zc2 = x(a2 − b2 − c2 ) + (x + y)b2 + (z + x)c2 = −2bcxcosA + (x + y)b2 + (z + x)c2 m co (2.1.8) 2 q an Lu Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có (x + y)b + (z + x)c ≥ 2bc (x + y)(z + x) n va ac th si 33 Do đó, từ (2.1.8) ta 2 xa + yb + zc ≥ 2bc q  (x + y)(z + x) − xcosA Ta chứng minh q √ (x + y)(z + x) − xcosA ≥ xy + yz + zx sinA (2.1.9) Thật vậy, bình phương hai vế (2.1.9), ta q 2 (x + y)(z + x) − x cos A − 2xcosA (x + y)(z + x) ≥ (xy + yz + zx)sin2 A lu q ⇔ (xy + yz + zx) + x − x cos A − 2xcosA (x + y)(z + x) an 2 va n ≥ (xy + yz + zx)(1 − cos2 A) ⇔ (x + y)(z + x)cos A − 2xcosA (x + y)(z + x) + x2 ≥ q ⇔ ( (x + y)(z + x)cosA − x)2 ≥ gh tn to q p ie (2.1.10) d oa nl w Bất đẳng thức (2.1.10) Từ ta có √ √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ 2bcsinA xy + yz + zx = xy + yz + zxS lu nf va an Dấu đẳng thức xảy q b c √ (x + y)(z + x)cosA = x =√ x+y z+x lm ul Thay b = √ x+y √ c z+x cosA = √ vào biểu thức a2 = b2 +c2 −2bccosA z at nh oi x (x+y)(z+x) biến đổi ta a2 y+z = , c2 z+x z @ hay m co l gm a c =√ y+z z+x Đẳng thức xảy a b c √ =√ =√ y+z x+y z+x √ an Lu n va ac th si 34 Sau cách chứng minh khác cho bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) • Cách Chứng minh Không tổng quát, giả sử BC cạnh lớn tam giác ABC Giả sử H chân đường cao hạ từ A xuống BC A lu an n va p ie gh tn to C H d oa nl w B an lu nf va lm ul Ta có Hình 2.1 z at nh oi xa2 + yb2 + zc2 = xBC + y(AH + HC ) + z(AH + HB ) = xBC + (y + z)AH + yHC + zHB (2.1.11) z co l gm @ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có  
1 2 yHC + zHB + ≥ (HB + HC)2 = a2 y z m Suy an Lu yza2 yHC + zHB ≥ y+z (2.1.12) n va ac th si 35 Từ (2.1.11) (2.1.12) suy (xy + yz + zx)a2 + (y + z)AH y+z √ √ ≥ xy + yz + zxaAH = xy + yz + zxS xa2 + yb2 + zc2 ≥ Vậy bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) chứng minh Nhận xét 2.1.2 Với x = y = z (khác 0) bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) trở thành bất đẳng thức Weitzenbock (2.1.1) Sau đây, ta xét hệ bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng lu an Các hệ bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng n va 2.2 gh tn to Hệ 2.2.1 Đặt a, b, c độ dài cạnh S diện tích tam p ie giác ABC Với số thực dương x, y, z , ta có r r r √ yz zx xy a + b + c ≥ x + y + zS x y z nl w (2.2.1) d oa Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) q q q xy zx x, y, z yz x, y , z xy + yz + zx trở thành x + y + z r nf va an lu Suy r zx b + y r lm ul yz a + x √ xy c ≥ x + y + zS z 2 z at nh oi Đẳng thức xảy √ zxa √ xy = √ yz b √ zx = √ xy c √ yz y + z x + y z + x Hệ 2.2.2 Đặt a, b, c độ dài cạnh S diện tích tam z gm @ giác ABC Với số thực dương x, y, z , ta có yz zx xy x + y + z a + b + c ≥ 16S x y z (2.2.2) co l m Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có r   r 2 r yz zx xy yz zx xy a + b + c ≥ a + b + c x y z x y z an Lu (2.2.3) n va ac th si 36 Từ bất đẳng thức (2.2.1) (2.2.3) suy yz zx xy x + y + z a + b + c ≥ 16S x y z Vậy bất đẳng thức (2.2.2) chứng minh Hệ 2.2.3 Đặt a, b, c độ dài cạnh S diện tích tam giác ABC Với số thực dương x, y, z , ta có lu an (2.2.4) (ii) b2 c2 + c2 a2 + a2 b2 ≥ 16S √ S (iii) abc ≥ √ 27 (2.2.5) (2.2.6) n va (i) a4 + b4 + c4 ≥ 16S gh tn to Chứng minh (i) Áp dụng bất đẳng thức (2.2.2), với x = y = z , ta p ie a4 + b4 + c4 ≥ 16S oa ta có nl w (ii) Áp dụng bất đẳng thức (2.2.1), với x = a4 , y = b4 , z = c4 , (2.2.4) d √ b2 c2 + c2 a2 + a2 b2 ≥ a4 + b4 + c4 S ≥ 16S nf va an lu (iii) Với x = a2 , y = b2 , z = c2 từ bất đẳng thức (2.2.2), ta lm ul 3a2 b2 c2 ≥ a2 + b + c 16S (2.2.7) z at nh oi Từ (2.2.7) bất đẳng thức Weitzenbock (2.1.1), suy z 64S 3a b c ≥ √ , 2 m co √ abc ≥ √ S 27 l gm @ hay an Lu n va ac th si 37 Hệ 2.2.4 Đặt a, b, c độ dài cạnh S diện tích tam giác ABC Với số thực dương x, y, z , ta có √ xab + ybc + zca ≥ xy + yz + zxS (2.2.8) Chứng minh Trong bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7), √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ xy + yz + zxS, lu ta thay x, y, z x ab , y cb z ac ta r c a b xab + ybc + zca ≥ xy + yz + zx S, a b c an va n hay tn to (xab + ybc + zca)2 ≥ 16S (2.2.9) ie gh ! a b c xy + yz + zx a b c p Lại thay x, y, z z ac , x ab , y cb vào bất đẳng thức Weitzenbock oa nl w suy rộng (2.1.7), bình phương hai vế, ta   a b c 2 (xab + ybc + zca) ≥ 16S xy + yz + zx c a b d (2.2.10) an lu nf va Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức (2.2.9) (2.2.10) ta        b b c a c a 2(xab + ybc + zca)2 ≥ 16S xy + + yz + + zx + c a a b c b z at nh oi lm ul (2.2.11) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, cho vế phải bất đẳng thức (2.2.11), z @ ta co hay l gm 2(xab + ybc + zca)2 ≥ 2.16S (xy + yz + zx), m √ xab + ybc + zca ≥ xy + yz + zxS an Lu Vậy bất đẳng thức (2.2.8) chứng minh n va ac th si 38 Trong bất đẳng thức (2.1.7) (2.2.8) có xuất biến số x, y, z dương tùy ý Ta nghĩ đến việc thay biến số x, y, z độ dài đoạn thẳng M A, M B, M C để thu số ví dụ sau 2.3 Các ứng dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng Ví dụ 2.3.1 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC, CA, AB a, b, c , có diện tích S M điểm nằm tam giác Chứng minh lu an aM A + bM B + cM C ≥ 4S (2.3.1) n va tn to Giải gh Áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) với x = z= p ie MB b , MC c , MA a , y = ta có r MA MB MB MC MC MA + + S a b b c c a oa nl w MA MB MC a + b + c ≥4 a b c d Mặt khác, theo bất đẳng thức Hayashi (1.1.1), ta có lu lm ul nên ta suy nf va an MA MB MB MC MC MA + + ≥ 1, a b b c c a z at nh oi aM A + bM B + cM C ≥ 4S Vậy bất đẳng thức (2.3.1) chứng minh z Ví dụ 2.3.2 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC, CA, AB lần @ giác Chứng minh co l gm lượt a, b, c , có diện tích S M điểm nằm tam m bc ca ab M A + M B + M C ≥ 4S a b c (2.3.2) an Lu n va ac th si 39 Giải Áp dụng Hệ 2.2.4 bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng với x = MC c , y= MA a , z= MB b , ta có ca ab bc MA + MB + MC ≥ a b c r MA MB MB MC MC MA + + S a b b c c a Mặt khác, theo bất đẳng thức Hayashi (1.1.1) ta có MA MB MB MC MC MA + + ≥ 1, a b b c c a lu nên ta suy an ca ab bc M A + M B + M C ≥ 4S a b c Vậy bất đẳng thức (2.3.2) chứng minh n va tn to gh Ví dụ 2.3.3 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c, p ie có diện tích S tam giác A0 B C với độ dài cạnh a0 , b0 , c0 , d oa nl w có diện tích S M điểm nằm tam giác Chứng minh b02 c02 a02 M A + M B + M C ≥ 4S a b c nf va an lu (2.3.3) Giải với x = MA a ,y = MB b ,z = lm ul Áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) cho tam giác A0 B C MC c , z at nh oi ta có r a02 b02 c02 MA MB MB MC MC MA MA + MB + MC ≥ + + S a b c a b b c c a z gm @ Mặt khác, theo bất đẳng thức Hayashi (1.1.1) ta có m Do co l MA MB MB MC MC MA + + ≥ a b b c c a an Lu a02 b02 c02 M A + M B + M C ≥ 4S a b c n va ac th si 40 Nhận xét 2.3.1 (i) Nếu M cho trùng với H trực tam giác ABC nhọn HA = 2RcosA, a = 2RsinA, , ta nhận bất đẳng thức lượng giác a0 cotA + b0 cotB + c0 cotC ≥ 4S (ii) Nếu tam giác A0 B C có đỉnh A0 , B , C tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC, ta có A B C 2RS a0 = 4Rcos , b0 = 4Rcos , c0 = 4Rcos , S = 2 r ta bất đẳng thức lượng giác lu A B C cot M A + cot M B + cot M C ≥ a + b + c 2 Ví dụ 2.3.4 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c; diện tích an n va tn to S, tam giác A0 B C với độ dài cạnh a0 , b0 , c0 ; diện tích S M ie gh điểm nằm mặt phẳng x, y, z số thực dương Chứng p minh w r b02 c02 xyz a02 2 S x MA + y MB + z MC ≥ a b c x+y+z d Giải oa nl (2.3.4) lu nf va an Áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng cho tam giác A0 B C , ta có z at nh oi lm ul x y z 02 02 M A a + M B b + M C c02 2 a r b c M C M A2 M A2 M B M B2 M C ≥ yz + zx + xy S (2.3.5) b c2 c2 a2 a2 b2 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có    M B2 M C M C M A2 M A2 M B 1 yz + zx + xy + + b c2 c a2 a b2 yz zx xy   M B.M C M C.M A M A.M B ≥ + + ≥ bc ca ab Suy z m co l gm @ an Lu M B2 M C M C M A2 M A2 M B xyz yz + zx + xy ≥ b c2 c2 a2 a2 b2 x+y+z (2.3.6) n va ac th si 41 Từ (2.3.5) (2.3.6), ta suy r 02 02 a02 b c xyz x M A2 + y M B + z M C ≥ S a b c x+y+z Vậy bất đẳng thức (2.3.4) chứng minh Ví dụ 2.3.5 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC, CA, AB a, b, c , có diện tích S M điểm nằm tam giác Chứng minh  lu b c a + + (M A.M B + M B.M C + M C.M A) MA MB MC  ≥ 12S an (2.3.7) va n Giải tn to Áp dụng Hệ (2.2.8) bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng, ta có p ie gh d oa nl w M A.M B + M B.M C + M C.M A MA MB MB MC MC MA = ab + bc + ca a b b c c a s   M A.M B.M C M A M B M C ≥4 + + S abc a b c an lu nf va Để chứng minh bất đẳng thức (2.3.7) ta cần chứng minh   2 a b c M A.M B.M C M A M B M C + + + + ≥ abc a b c MA MB MC  a b c + + MA MB MC  ≥ 1, z M A.M B.M C abc z at nh oi lm ul Thật vậy, ta có (2.3.8) @   a b c + + MA MB MC  ≥ (2.3.9) m co MA MB MC + + a b c l gm an Lu Từ bất đẳng thức (2.3.8) (2.3.9), ta suy điều phải chứng minh n va ac th si 42 Ví dụ 2.3.6 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c, nội tiếp đường tròn (O; R) M điểm nằm tam giác Với x, y, z số thực dương tùy ý, chứng minh M B.M C M C.M A M A.M B √ (R2 − OM ) x +y +z ≥ xy + yz + zx a b c R (2.3.10) Giải Trước tiên, ta xét bổ đề sau lu Bổ đề 2.3.1 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c, nội an tiếp đường tròn (O; R) M điểm nằm tam giác Gọi va n A0 , B , C hình chiếu vng góc điểm M lên cạnh gh tn to BC, CA, AB Khi đó, ta có p ie S∆A0 B C   OM = 1− S∆ABC R2 nl w Chứng minh Ký hiệu A1 , B1 , C1 giao điểm AM, BM, CM oa với đường tròn (O; R) Giả sử a0 , b0 , c0 ba cạnh tam giác d A0 B C a1 , b1 , c1 ba cạnh tam giác A1 B1 C1 nf va an lu A B1 z at nh oi lm ul B0 C1 C0 M O z gm @ A0 C an Lu Hình 2.2 m A1 co l B n va ac th si