bất đẳng thức hình học

Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 1 MỤC LỤC MỤC LỤC 1 LỜI NÓI ĐẦU 2 CHƯƠNG I: BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP 3 1. Bài toán đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng 3 1.1. Dạng phát biểu gốc 3 1.2. Dạng phát biểu tương đương 3 1.3. Chứng minh sự tương đương của hai phát biểu trên 4 2. Định lý ( Bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt ph ẳng) 4 3. Vài phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng . 5 3.1. Phép chứng minh sơ cấp của Steiner 5 3.2. Phép chứng minh cao cấp 8 CHƯƠNG II: MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP 12 1. Các bài toán về diện tích lớn nhất 12 1.1. Loại gốc 12 1.2. Loại mở rộng 22 2. Các bài toán về chu vi nhỏ nhất 39 2.1 Loại gốc 39 2.2 Loại mở rộng 43 PHẦN KẾT LUẬN 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO 61 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 2 LỜI NÓI ĐẦU - - - \[ - - - Bài toán đẳng chu và bất đẳng thức đẳng chu có lịch sử lâu đời từ thế kỷ thứ IV, III trước công nguyên nhưng hiện nay đang hồi sinh và phát triển mạnh mẽ. Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp được biết đến từ thời cổ đại nhưng mới chỉ được chứng minh tương đối chặt chẽ trong nửa đầu c ủa thế kỷ XIX và được chứng minh hoàn toàn chặt chẽ bằng nhiều cách khác nhau trong thế kỷ XX. Bất đẳng thức đẳng chu trong không gian sơ cấp có phép chứng minh khó và phức tạp hơn rất nhiều. Mục đích của khóa luận là giới thiệu một vài phép chứng minh đầy đủ về bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng cũng như trong không gian đồng thời tổng hợp một lớp bài toán đẳ ng chu phẳng và không gian. Tuy nhiên, vì thời gian không cho phép chúng tôi tự ý thu hẹp đề tài, chỉ trình bày một số phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng và một lớp các bài toán đẳng chu phẳng. Vì vậy, khóa luận có tên là: BÀI TOÁN ĐẲNG CHU – BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP. Hy vọng trong thời gian tới khi có điều kiện nghiên cứu sâu hơn chúng tôi sẽ quay trở lại tìm hiểu vấn đề ở mức độ nâng cao h ơn trong không gian. Cụ thể, nội dung khóa luận gồm hai chương: Chương 1 : Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp. Chương 2 : Một số bài toán đẳng chu trong hình học phẳng sơ cấp. Mặc dù đã rất cố gắng nhưng bản khóa luận có thể còn có sai sót, rất mong quý thầy cô và các bạn đồng môn vui lòng chỉ bảo. Để hoàn thành bản Khóa luận này, tôi đã được sự hướng dẫn nhiệt tình của Phó Giáo sư – Tiến sĩ Lê Anh Vũ, sự giúp đỡ và chỉ bảo về thủ tục của các Thầy cô trong Khoa Sư phạ m nói chung và Bộ môn Toán nói riêng. Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô! Xin kính chúc quý thầy cô nhiều sức khỏe, hạnh phúc và công tác tốt! SV thực hiện: Lê Thanh Bình Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 3 Chương I BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP - - - \[ - - - Chương này giới thiệu bài toán và bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp. Đối với bài toán phẳng, chúng ta đưa ra chi tiết hai phép chứng minh, một chứng minh sơ cấp của Steiner ( mà còn chưa chặt chẽ) và một chứng minh cao cấp hoàn toàn chặt chẽ có sử dụng các kiến thức của giải tích nhiều biến và hình học vi phân cổ điển. 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TỔNG QUÁT TRONG MẶT PHẲNG Bài toán đẳng chu được biết đến từ thời cổ đại. Bằng vẻ đẹp tự nhiên của mình, bài toán đẳng chu có một lịch sử vô cùng hấp dẫn (xem [1]). Công trình cốt yếu nhất giới thiệu được một chứng minh tương đối chặt chẽ cho bài toán đẳng chu được công bố năm 1841 bởi Jacob Steiner (1796-1863). Vào thời gian đó, bài toán đẳng chu là trung tâm của các cuộc tranh chấp giữa hai phương pháp: giả i tích (tức là dùng các phép tính vi phân) và phương pháp tổng hợp của hình học thuần túy. Mặc dù thừa nhận giá trị của phương pháp giải tích, Steiner chỉ dùng phương pháp tổng hợp. Chứng minh của Steiner có một thiếu sót mà sau này được chỉnh lý lại bằng phương pháp giải tích. Để hiểu rõ hơn bản chất của bài toán đẳng chu, trước hết chúng ta phát biểu bài toán dưới hai dạng tương đương. 1.1.DẠNG PHÁT BIỂU GỐC Ch ứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với chu vi đã cho, hình tròn có diện tích lớn nhất. 1.2. DẠNG PHÁT BIỂU TƯƠNG ĐƯƠNG Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với diện tích đã cho, hình tròn có chu vi nhỏ nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 4 1.3. CHỨNG MINH SỰ TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA HAI PHÁT BIỂU TRÊN Định lý 1 Hai phát biểu trên tương đương. Chứng minh Để tiện, ta ký hiệu phát biểu gốc là A, phát biểu còn lại là B. • Giả sử A đúng. Ta cần chứng tỏ B cũng đúng. Thật vậy, giả sử phản chứng rằng B sai. Khi đó, đối với hình tròn C đã cho, tồn tại một hình phẳng F có cùng diện tích với C nhưng chu vi nhỏ hơ n chu vi của C. Ta co rút C về đường tròn C’ có cùng chu vi với F. Lúc đó diện tích của C’ nhỏ hơn diện tích của C, do đó cũng nhỏ hơn diện tích của F. Điều này mâu thuẫn với tính đúng của A. Mâu thuẫn này chứng tỏ B phải đúng. Tức là A kéo theo B. • Khẳng định ngược lại rằng B kéo theo A được lập luận tương tự.  Bài toán đẳng chu liên quan mật thiết với bất đẳng thứ c đẳng chu trong mặt phẳng mà chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh dưới đây. Nếu bất đẳng thức đẳng chu đã được chứng minh thì hệ quả hiển nhiên của nó là bài toán đẳng chu được giải quyết. Ngược lại, nếu bài toán đẳng chu đã được chứng minh thì lập tức suy ra ngay bất đẳng thức đẳng chu. 2. ĐỊNH LÝ (BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG) Cho hình phẳng đơn liên tùy ý C có diện tích bằng A (đvdt) và chu tuyến là một đường cong khép kín, 1 C - từng khúc với chiều dài bằng hằng số L (đvđd). Khi đó ta có 2 4 A L Π ≤ . Dấu “=” xảy ra khi C là hình tròn. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 5 3. VÀI PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG 3.1. PHÉP CHỨNG MINH SƠ CẤP CỦA STEINER 3.1.1. Bao lồi và lý do tại sao bất đẳng thức đẳng chu chỉ cần phải chứng minh trong trường hợp miền lồi Bao lồi của miền Ω , ký hiệu là  Ω , được định nghĩa là tập lồi nhỏ nhất chứa Ω. Do đó  Ω = ∩{K / K là miền lồi phẳng chứa Ω }. Nếu Ω lồi thì  Ω=Ω . Giả sử miền Ω không lồi, ta có thể xây dựng một miền lồi chứa Ω mà diện tích lớn hơn nhưng chu vi nhỏ hơn chu vi của Ω . Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đẳng chu đối với các miền lồi. Điều này được biện minh bởi bổ đề dưới đây. 3.1.2. Bổ đề 1 Cho Ω là hình phẳng đóng, bị chặn được bao quanh bởi đường cong khép kín 1 C - từng khúc với bao lồi là  Ω . Khi đó ta luôn có:  ( ) ()  () ( ) () () ( ) () iS S ii L L Ω≥ Ω ∂ Ω≤ ∂Ω Nếu Ω không lồi, các bất đẳng thức trên là nghiêm ngặt. Chứng minh Đặt  K =Ω. K phải chứa mọi điểm của Ω và chứa những đoạn thẳng nối hai điểm phân biệt bất kỳ của Ω . Tập các điểm trong của K không thuộc Ω được phân hoạch thành các thành phần liên thông i O rời nhau: int( ) i i KO−Ω= U . Nếu Ω lồi, i i O U là tập rỗng. Mỗi điểm XK∈∂ có Ω  Ω Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 6 thể thuộc ∂Ω hoặc không. Nếu X ∉ ∂Ω , áp dụng định lý Caratheodory, X là một điểm nằm trên đường thẳng 2 d ⊂  sao cho K nằm về một phía của d và tồn tại các điểm , ii YZ d∈∂Ω∩ để X nằm giữa , ii YZ. Giả sử i O là miền giữa d và Ω .Vì X ∉ ∂Ω nên i O chứa một phần hình tròn lân cận của X (có diện tích dương). Do đó ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) i i SK S SO S = Ω+ > Ω ∑ . Bây giờ ta cắt biên Ω thành hai phần tại , ii YZ . Đặt i Γ là phần của ∂Ω từ i Y đến i Z dọc i O∂ . Đặt iii O Λ =∂ −Γ là đoạn thẳng từ Y i đến i Z . Khi đó ( ) ( ) ii LL Λ <Γ. Mặt khác ( ) i i KO=Ω∪ U . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ii i LK L L L L∂=∂Ω+ Λ−Γ≤∂Ω ∑ . 3.1.3. Bổ đề 2 Trong tất cả các tam giác có độ dài hai cạnh cho trước a và b, tam giác vuông có diện tích lớn nhất. Chứng minh Giả sử tam giác ABC có độ dài hai cạnh , B CaACb = = và diện tích bằng S. Khi đó ta có: 11 sin 22 SabCab=≤ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: () sin 1 2 CC π ⎛⎞ =⇔ = ⎜⎟ ⎝⎠ . Tức là S lớn nhất khi và chỉ khi tam giác ABC vuông tại C.  i Γ i Λ i O i Z i Y Ω d Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 7 3.1.4. Bổ đề 3 Nếu hình phẳng đóng, bị chặn và lồi A bị chia bởi một dây cung nào đó (tức là một đoạn thẳng có hai đầu mút thuộc biên của A ) thành 2 phần có cùng chu vi nhưng diện tích khác nhau thì tồn tại hình 1 A có cùng chu vi với A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A. P A' A'1 A" Q Chứng minh Giả sử PQ là một dây cung chia hình phẳng A thành hai phần A’, A’’ có cùng chu vi nhưng diện tích của A’ lớn hơn diện tích của A’’. Gọi ' 1 A là hình đối xứng của A’ qua đường thẳng PQ. Khi đó hình 1 A = A’ ∪ ' 1 A có cùng chu vi với A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A.  3.1.5. Định lý 2 Cho C là hình phẳng, đóng, bị chặn và lồi trong mặt phẳng. Nếu C không là hình tròn thì tồn tại hình C’ có cùng chu vi như C nhưng diện tích lớn hơn. Nói cách khác, hình tròn có diện tích lớn nhất trong tất cả các hình phẳng có cùng chu vi. Chứng minh của Steiner Lấy P,Q là hai điểm biên của C mà nó chia C thành hai hình có chu vi bằng nhau. Vì C không là đường tròn nên tồ n tại VC ∈ sao cho  0 90PVQ ≠ . Gọi 12 , B B là hai hình giới hạn bởi C và hai dây cung PV và QV. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 8 Vì tam giác PVQ không vuông nên theo bổ đề 2, tồn tại tam giác vuông P’V’Q’ có '', ''PV P V QV Q V== nhưng diện tích lớn hơn. Ta thấy diện tích hình S tạo bởi tam giác P’V’Q’ và hình 12 , B B lớn hơn diện tích của tập hợp gồm 12 , B B và PVQ. Suy ra diện tích của hình phẳng C’ gồm hợp của S và ảnh đối xứng S’ của nó qua P’Q’ sẽ lớn hơn diện tích của C nhưng có cùng chu vi với C.  Từ chứng minh này, dễ dàng suy ra hệ quả là bất đẳng thức đẳng chu đúng. 3.1.6. Nhận xét Trên đây là cách chứng minh của Steiner được công bố vào năm 1841. Cách chứng minh này hoàn toàn sơ cấp và dễ hiểu. Tuy nhiên nhược điểm cơ bản của nó là đã thừa nhận một điều không hề hiển nhiên rằng bài toán đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng có lời giải để từ đó suy ra lời giải là đường tròn. Nói cách khác Steiner mới chỉ chứng minh được rằng: nếu trong các hình phẳng có cùng chu vi tồn tại hình có diện tích lớn nhất thì hình đó phải là hình tròn. Để chứng minh của Steiner trở nên chặt chẽ , ta cần phải chứng minh sự tồn tại của hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng chu vi. 3.2. PHÉP CHỨNG MINH CAO CẤP 3.2.1. Bổ đề 4 Cho A là diện tích của miền phẳng đơn liên (D) có chu tuyến là đường cong khép kín C đơn, C 1 – từng khúc định hướng dương (tức là ngược chiều kim đồng hồ) xác định bởi phương trình tham số c(t) = ( x(t); y(t) ), t ∈ [a, b]. Khi đó ta có () () () () () 1 .' .' .' .' 2 bb b aa a A y t x t dt x t y t dt x y y x dt=− = = − ∫∫ ∫ (*) Chứng minh 1 B P’ 2 B 1 B Q V 2 B V’ Q’ P Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 9 Ta có () () '() (1 0) b a CD x t y t dt odx xdy dxdy=+=− ∫∫∫∫  ( theo công thức Green ) = ()D dxdy A = ∫∫ . Tương tự ta cũng có () (). '() 0 b aCD y t x t dt ydx dy dxdy A−=−+== ∫∫∫∫  . ()() () 11 () '() () '() 22 b a CD x t y t y t x t dt ydx xdy dxdy A−=−+== ∫∫∫∫  .  3.2.2. Định lý 3 Cho C là một đường cong phẳng khép kín, đơn, C 1 - từng khúc với chiều dài là L; A là diện tích miền phẳng đơn liên giới hạn bởi C. Khi đó ta có 2 4 A L Π ≤ . Chứng minh Lấy E và E’ là hai đường thẳng song song theo phương thẳng đứng không cắt C. Tịnh tiến chúng theo phương thẳng đứng cho đến khi cả hai tiếp xúc C ta nhận được hai tiếp tuyến ∆ và ∆ ’ của C song song song với nhau. Khi đó C thuộc dải song song giới hạn bởi ∆ và ∆ ’. Gọi 1 S là đường tròn nhận ∆ và ∆ ’ là hai tiếp tuyến và không cắt C và O là tâm đường tròn 1 S . Dựng một hệ trục toạ độ Đề các vuông góc gốc O có trục hoành vuông góc với ∆ và ∆ ’. Tham số hoá đường cong C bởi độ dài cung α (s) = ( x(s); y(s) ); s∈[0, L] sao cho C được định hướng dương, còn ∆ và ∆ ’ tiếp xúc với C lần lượt tại 0 s = và 1 s s= . Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 10 Giả sử phương trình tham số của 1 S là: ( ) ( ) ( ) [ ] (); () (); (); 0, s xs ys xs ys s L α == ∈, Gọi 2r là khoảng cách giữa ∆ và ∆ ’, do đó đương nhiên 2r là đường kính của đường tròn 1 S ; A là diện tích của 1 S . Theo bổ đề 4, ta có : 0 ' L A xy ds= ∫ ; 2 0 ' L A ryxds π ==− ∫ . E’ O ∆ ∆’ E 0s = 1 s s = 2r 1 S α α y x C [...]... Hurwitz (dùng bất đẳng thức Wirtinger), chứng minh của Minkowski (dùng bất đẳng thức Steiner và bất đẳng thức Brunn ), chứng minh của Hadwiger Vì khuôn khổ của bản luận văn có hạn nên chúng tôi không giới thiệu các chứng minh đó ở đây Độc giả nào quan tâm xin tham khảo tài liệu [1] Chỉ xin nhấn mạnh lại rằng, việc có rất nhiều nhà Toán học từ cổ chí kim quan tâm đến bài toán và bất đẳng thức đẳng chu đã... + y ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x, y ta có: 2 a2 ⎛ x+ y⎞ xy ≤ ⎜ ⎟ = 4 ⎝ 2 ⎠ ⇒ S ≤ a2 4 (3.2) Đẳng thức xảy ra trong (3.2) khi và chỉ khi : x = y = a 2 Vậy max( S ) = ⇔ ABCD là hình vuông a2 ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông 4 Kết luận: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi thì hình vuông có diện tích lớn nhất Bài toán 3: Trong tất cả các hình bình hành... chứng tỏ rằng bài toán đẳng chu có một lịch sử hấp dẫn biết nhường nào SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 11 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Chương II MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP - - Chương này sẽ hệ thống lại các bài toán đẳng chu cơ bản trong hình học phẳng sơ cấp Ở đây, chúng tôi phân biệt hai loại: bài toán đẳng chu gốc và mở rộng Các bài toán đẳng chu loại gốc bao... cả các hình thang cân có đáy nhỏ và cạnh bên có cùng độ dài a , hãy tìm hình thang có diện tích lớn nhất Giải A a D a a x B C H Hình 3.17 Đặt x là độ dài hình chiếu cạnh bên của hình thang xuống đáy lớn ( BH = x ) , 0 < x < a Khi đó diện tích S = = Hay S 2 = ( a + x ) ( a − x ) = 3 1 ( AD + BC ) AH 2 1 ( a + a + 2 x ) AB 2 − BH 2 = 2 (a + x) a2 − x2 1 3 ( a + x ) ( 3a − 3x ) 3 Áp dụng bất đẳng thức. .. α ≤ 4 4 ⇔ S ≤ p2 4 (3.3) Đẳng thức xảy ra trong (3.3) khi và chỉ khi: ⎧sin α = 1 ⎪ ⎨ p ⎪x = y = 2 ⎩ Vậy max( S ) = ⇔ ⎧α = 900 ⎪ ⎨ p ⎪x = y = 2 ⎩ ⇔ ABCD là hình vuông p2 ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông 4 Kết luận: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước thì hình vuông có diện tích lớn nhất Bài toán 4: Trong tất cả các tứ giác có cùng chu vi, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất... Trong tất cả các hình bình hành có cùng chu vi và một góc nhọn α cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất Giải Gọi x , y (x > 0, y > 0) lần lượt là độ dài của 2 cạnh hình bình hành ABCD Khi đó chu vi của hình bình hành là 2 p = 2 ( x + y ) (cho trước) và diện tích là S = xy.sin α (α cho trước) Diện tích S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi xy đạt giá trị lớn nhất Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho... hình bình hành có chu vi cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất Giải Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài 2 cạnh là x , y ( x > 0, y > 0 ) và chu vi 2 p = 2 ( x + y ) (cho trước) Gọi α là góc giữa 2 cạnh hình bình hành SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 13 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khi đó diện tích S = xy.sin α ≤ xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , y ta có: x+... ba bằng 2 p − a − x Theo công thức Heron diện tích của tam giác là: S = p ( p − a )( p − x ) ⎡ p − ( 2 p − a − x ) ⎤ = ⎣ ⎦ ( p − x )( a − p + x ) p ( p − a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm p − x và a − p + x ta có: ( p − x )( a − p + x ) ⇒ ≤ ( p − x) + (a − p + x) 2 p ( p − a )( p − x )( a − p + x ) ≤ a 2 = a 2 p ( p − a) ⇒ S ≤ a 2 p ( p − a) (3.9) Đẳng thức xảy ra trong (3.9) khi và... S ≤ p2 3 9 p4 27 (3.1) Đẳng thức xảy ra trong (3.1) khi và chỉ khi : p−a = p−b = p−c ⇔ a = b = c p2 3 ; đạt được khi và chỉ khi ∆ABC đều 9 Vậy max( S ) = Kết luận: Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi 2p thì tam giác đều cạnh 2p có diện tích lớn nhất 3 Bài toán 2: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất Giải Xét hình chữ nhật bất kỳ ABCD với hai kích... 1: ABCD là hình bình hành với ∠ A = α , AB = a, AD = b B C a α b A D Hình 3.4 S ABCD Ta có: ⇒ ( pABCD ) S MNPQ (p MNPQ ) 2 2 ≤ = ab sin α 16 2 sin α 4 (a + b) ⇒ sin α 1 ⎛ a+b⎞ ≤ ⎜ = sin α ⎟ 2 16 ⎝ 2 ⎠ 4 (a + b) 2 S MNPQ ≤ P0 2 sin α 4 (3.12) Dấu bằng xảy ra trong (3.12) khi và chỉ khi: ⇔ ABCD là hình thoi ⇔ a=b MNPQ là hình thoi (hình thoi là tứ giác ngoại tiếp) Trường hợp 2: ABCD không là hình bình . đẳng chu được giải quyết. Ngược lại, nếu bài toán đẳng chu đã được chứng minh thì lập tức suy ra ngay bất đẳng thức đẳng chu. 2. ĐỊNH LÝ (BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG) Cho hình. một số phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng và một lớp các bài toán đẳng chu phẳng. Vì vậy, khóa luận có tên là: BÀI TOÁN ĐẲNG CHU – BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG. - - Bài toán đẳng chu và bất đẳng thức đẳng chu có lịch sử lâu đời từ thế kỷ thứ IV, III trước công nguyên nhưng hiện nay đang hồi sinh và phát triển mạnh mẽ. Bất đẳng thức đẳng chu trong