Bất đẳng thức klamkin một số mở rộng và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG - NGỤY PHAN TIẾN BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN: MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – Năm 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG - NGỤY PHAN TIẾN – C00461 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN: MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG Hà Nội – Năm 2016 Thang Long University Libraty MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU Chương BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN VÀ MỘT SỐ HỆ QUẢ 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN 1.1.1 Định lí 1.1.1 1.1.2 Định lí 1.1.1’ 1.2 MỘT SỐ HỆ QUẢ 1.2.1 Hệ 1.2.1 Hệ 1.2.1 Các ứng dụng hệ 1.2.1 1.2.2 Hệ 1.2.2 10 Hệ 1.2.2 11 Chứng minh hệ 1.2.2 11 Các ứng dụng hệ 1.2.2 13 1.2.3 Hệ 1.2.3 16 Hệ 1.2.3 16 Chứng minh hệ 1.2.3 16 Các ứng dụng hệ 1.2.3 19 1.2.4 Hệ 1.2.4 25 1.2.5 Hệ 1.2.5 26 1.2.6 Hệ 1.2.6 27 1.2.7 Hệ 1.2.7 30 1.2.8 Hệ 1.2.8 31 1.2.9 Hệ 1.2.9 34 Kết luận Chương 37 Chương MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN 38 2.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN CHO HAI ĐIỂM 38 2.1.1 Định lí 2.1.1 38 2.1.2 Các hệ 40 2.1.3 Một vấn đề mở 45 2.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÁC LIÊN QUAN 45 2.2.1 Định lí 2.2.1 46 2.2.2 Các trường hợp đặc biệt 2.2.1 47 2.3 MỞ RỘNG BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN CHO BỘ BA TỌA ĐỘ BARYCENTRIC CỦA CÁC ĐIỂM 48 2.3.1 Các kết 49 2.3.2 Ứng dụng 51 Kết luận Chương 61 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 62 Kết luận 62 Khuyến nghị 62 DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO .63 Thang Long University Libraty LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan, hướng dẫn khoa học PGS TS Tạ Duy Phượng, luận văn cao học chuyên nghành phương pháp Toán sơ cấp với đề tài Bất đẳng thức Klamkin: Một số mở rộng ứng dụng công trình nghiên cứu riêng thời gian học tập nghiên cứu trường Đại học Thăng Long Trong trình nghiên cứu thực luận văn, tác giả kế thừa phát huy kết nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng 05 năm 2016 Tác giả Ngụy Phan Tiến TÓM TẮT LUẬN VĂN Luận văn gồm ba phần: PHẦN Mở đầu PHẦN Nội dung Phần gồm hai chương: Chương BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN VÀ MỘT SỐ HỆ QUẢ 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN 1.2 MỘT SỐ HỆ QUẢ Chương MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN 2.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN CHO HAI ĐIỂM 2.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÁC LIÊN QUAN 2.3 MỞ RỘNG BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN CHO BỘ BA TỌA ĐỘ BARYCENTRIC CỦA CÁC ĐIỂM PHẦN Kết luận khuyến nghị Thang Long University Libraty MỞ ĐẦU Bất đẳng thức chuyên đề toán học nói chung, toán phổ thông toán sơ cấp nói riêng Bất đẳng thức tam giác chuyên mục hấp dẫn chương trình Hình học sơ cấp Đây lĩnh vực toán học quan tâm từ thời cổ đại, tính thời Vấn đề đặt là: Ngày phát chứng minh bất đẳng thức tam giác không? M S Klamkin (xem [7], 1975) chứng minh bất đẳng thức sau đây: Giả sử ABC tam giác có độ dài cạnh a,b, c; P điểm không gian Kí hiệu khoảng cách từ P đến đỉnh A, B,C R1, R2, R3 Với số thực x , y, z ta có x  y  z xR   yR22  zR32  yza  zxb  xyc (*) Bất đẳng thức (*) M S Klamkin gọi moment cực bất đẳng thức quán tính (the polar moment of the inertia inequality) Jian Liu [8] gọi bất đẳng thức (*) bất đẳng thức hình học có trọng (the weigted geometric inequality) Trong [6], bất đẳng thức (*) gọi bất đẳng thức Klamkin Bất đẳng thức (*) bất đẳng thức quan trọng tam giác, có nhiều hệ ứng dụng Mặc dù vậy, có lẽ gần chưa quan tâm mức tài liệu tiếng Việt Luận văn Bất đẳng thức Klamkin: Một số mở rộng ứng dụng có mục đích trình bày chứng minh bất đẳng thức (*), mở rộng ứng dụng nó, đặc biệt chứng minh bất đẳng thức tam giác Luận văn Bất đẳng thức Klamkin: Một số mở rộng ứng dụng chia làm hai chương Chương Bất đẳng thức Klamkin số Hệ Chương tập trung trình bày chứng minh bất đẳng thức Klamkin Nêu hệ bất đẳng thức Klamkin ứng dụng Chương Một số mở rộng bất đẳng thức Klamkin Chương gồm mục: Mục 2.1 Bất đẳng thức Klamkin cho hai điểm: Phát biểu chứng minh bất đẳng thức Klamkin mở rộng cho hai điểm, đồng thời nêu hệ bất đẳng thức tam giác Mục 2.2 Một số bất đẳng thức khác liên quan Mục 2.3 Trình bày mở rộng bất đẳng thức Klamkin cho ba tọa độ barycentric điểm Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS TS Tạ Duy Phượng Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn thầy Em xin trân trọng cảm ơn tới Thầy, Cô giáo trường Đại học Thăng Long, phòng sau đại học trường Đại học Thăng Long Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp CTM3-BG (Cao học toán Bắc Giang) khóa 2014 – 2016 Trường Đại học Thăng Long động viên giúp đỡ trình học tập làm luận văn Tác giả xin cảm ơn Ban giám hiệu, đồng nghiệp trường THPT Yên Dũng số 3, huyện Yên Dũng, tỉnh Bắc Giang tạo điều kiện cho tác giả học tập hoàn thành kế hoạch học tập Hà Nội, ngày 12 tháng 05 năm 2016 Tác giả Ngụy Phan Tiến Thang Long University Libraty Chương BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN VÀ MỘT SỐ HỆ QUẢ 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN Klamkin [7] phát biểu định lý sau 1.1.1 Định lí 1.1.1 (Klamkin [7], 1975) Giả sử ABC tam giác có độ dài cạnh a,b, c; P điểm không gian Kí hiệu khoảng cách từ P đến đỉnh A, B,C R1, R2, R3 Nếu x , y, z số thực x  y  z xR   yR22  zR32  yza  zxb  xyc (1.1.1) Dấu xảy P nằm mặt phẳng tam giác x : y : z  S PBC : S PCA : S PAB , S diện tích tam giác Chứng minh Định lí 1.1.1 Ta có:    xPA  yPB  zPC    0   x 2PA2  y 2PB  z 2PC                                     2xyPA.PB  2yzPB.PC  2zxPC PA  0.    (1.1.2) Theo định lý hàm số cosin ta có:     2PA.PB  2PA.PB cos PA, PB  PA2  PB  c ;       2PB.PC  2PB.PC cos PB, PC   PB  PC  a ;     2PC PA  2PC PA cos PC , PA  PC  PA  b 2 Thay bất đẳng thức vào (1.1.2) ta được: 2 2 x PA  y PB  z PC   xy PA  PB  c   yz PB  PC  a   zx PC  PA  b    x  y  z  xPA  yPB  zPC   yza  zxb 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  xyc 2, hay x  y  z xR   yR22  zR32  yza  zxb  xyc Đẳng thức (1.1.1) xảy     xPA  yPB  zPC  0, (1.1.1.1) tức P tâm tỉ cự hệ điểm A, B,C  Bây ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 1.1.1 P điểm thuộc miền tam giác ABC     S PBC PA  S PCA.PB  S PAB PC  (1.1.1.2) Chứng minh Điểm P nằm miền tam giác ABC vế trái  (1.1.1.2) ngược lại Do coi điểm P thuộc miền tam giác ABC Dựng hệ tọa độ Pxy cho P 0; 0, A x 1; y1 , B x ; y2 ,C x ; y  Diện tích tam giác PBC , PCA, PAB tính theo công thức: 2SPBC  x y2 x y3 ; 2SPCA  x y3 x1 y1 ; 2SPAB  x y1 x y2 Do  2.S PBC PA  x 2y  x 3y2 x 1; y1  ;  2.S PCA.PB  x 3y1  x 1y x ; y2  ;  2.S PAB PC  x 1y2  x 2y1 x ; y  ; Bởi hai định thức sau có hai hàng trùng nên Thang Long University Libraty ii) Nếu x , y, z    tồn N   mà x , y, z tọa độ barycentric N Nhận xét Nói chung, có nhiều tọa độ barycentric điểm thuộc  Các bộ:   x, y, z  x  0, y  0, z  0   x, y, z  x  0, y  0, z  0 tọa độ barycentric điểm từ int ABC   tập hợp điểm bên tam giác ABC (Hình 2.3 Các trường hợp tổng quát) 2.3.1 Các kết Cho tam giác ABC P điểm mặt phẳng  chứa tam giác ABC Ta biết, khoảng cách điểm P tập    cho d P,   inf PQ , Q  49 (2.3.1.1) PQ khoảng cách Euclid điểm P Q Với ký hiệu này, ta có kết sau: Định lý 2.3.1 Nếu R1, R2, R3 khoảng cách từ P đến đỉnh A, B,C thì: x  y  z xR  yR22  zR32   yza  zxb  xyc  d x  y  z  ,  x , y, z   , (2.3.1.2) d  d P,   tập hợp tọa độ barycentric điểm  Chứng minh Dễ dàng để thấy PN  d, N   Sau đó, sử dụng đẳng thức (2.3.1), ta có điều phải chứng minh Nhận xét Dấu đẳng thức xảy (2.3.1.2) P   x , y, z tọa độ barycentric P Nhận xét Với số dương D  d theo Định lí 2.3.1, tồn ba x, y, z      x  y  z  xR12  yR22  zR32  yza  zxb  xyc  D x  y  z  Trong trường hợp điểm P đường tròn X Chúng ta có bất đẳng thức tổng quát bất đẳng thức Kooi Định lý 2.3.2 Nếu R bán kính đường tròn ngoại tiếp R x  y  z   yza  zxb  xyc  d x  y  z  ,  x , y, z   , 2 (2.3.1.3) d  d X 3,   tập hợp tọa độ trọng tâm barycentric điểm thuộc  50 Thang Long University Libraty Dấu đẳng thức xảy đường tròn nằm tập  x , y, z tọa độ trọng tâm barycentric đường tròn Nhận xét 4: Bất đẳng thức Kooi thu   , bất đẳng thức có dạng: R x  y  z   yza  zxb  xyc 2,  x , y, z    (2.3.1.4) Nếu  có hình dạng phức tạp khó để tính toán khoảng cách d P,  điểm P tập  Một bất đẳng thức khác tương tự không mạnh (2.3.1.2) Ưu điểm việc tính toán vế phải đơn giản Bất đẳng thức áp dụng điểm P điểm cách xa tập  Định lý 2.3.3 Xét tập bị chặn    điểm P   Giả sử tồn đĩa mở D O,   với tâm O, bán kính  mà   D O,   OP   Nếu  tập hợp tọa độ trọng tâm barycentric điểm từ tập  ta có: x  y  z xR  yR22  zR32    yza  zxb  xyc  OP    x  y  z  ,  x, y, z  2 (2.3.1.5) Chứng minh Ta ý OP    d P, , lại có: yza  zxb  xyc  d x  y  z    yza  zxb  xyc  OP    x  y  z  ,  x, y, z    2 Sử dụng Định lí 2.3.1, (2.3.1.5) chứng minh 2.3.2 Ứng dụng 2.3.2.1 Với P  A    R1  0, R2  c, R3  b Từ bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) ta được: 51 y  z yc  (2.3.2.1)  zb  yza 2, y, z   Dấu đẳng thức xảy y  z  2.3.2.2 Cho tam giác ABC ,  điểm bên tam giác, ta biểu thị   int ABC  bên tam giác Giả sử, tập   x, y, z     x  0, y  0, z  (2.3.2.2) tập hợp tọa độ trọng tâm barycentric điểm từ int ABC  2.3.2.2.1 Khoảng cách điểm int ABC Cho P điểm mặt phẳng tam giác Để mô tả trường hợp, ta xét phân vùng mặt phẳng tam giác Giả sử cho nửa mặt phẳng kín tạo đường AB mà không chứa điểm C Trong nửa mặt phẳng này, ta xét tia sAB kín điểm A, vuông góc với đường AB Tương tự vậy, ta xét tia đóng sBA, sAC , sCA, sBC , sCB (Xem hình 2.3.2.2.1) (Hình 2.3.2.2.1) Ta xét phân vùng mặt phẳng: 52 Thang Long University Libraty   int(ABC ), E A, E B , EC , Ea , Eb , Ec  (2.3.2.3) Ta có: sAB , sAC  EA;sBA, sBC  E B sCA, sCB  EC Khoảng cách d điểm P điểm bên tam giác int ABC  mô tả trường hợp sau i) d  P  int ABC  hai bên ii) d  R1 P  E A d  R2 P  E B d  R3 P  EC ; iii) d  d 2S R2, R3, a  a 2S R1, R2, c c P  Ea ; d  2S R3, R1, b b P  Eb P  Ec , S u, v, w  diện tích tam giác với chiều dài cạnh u, v, w 2.3.2.2.2 P điểm đường tròn X Trong trường hợp này, ta có R1  R2  R3  R, với R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC a) Nếu tam giác ABC tam giác nhọn X điểm bên ta có: R x  y  z   yza  xzb  xyc 2, x , y, z  (2.3.2.4) Dấu đẳng thức xảy x , y, z tọa độ trọng tâm barycentric đường tròn Với 53       x  a b  c  a , y  b c  a  b , z  c a  b  c ,   trường hợp đặc biệt bất đẳng thức Kooi (2.3.1.4) b) Giả sử tam giác ABC tam giác vuông tam giác tù Trong trường hợp X điểm bên Không tính tổng quát, ta cần xét trường hợp a  b  c Dễ dàng thấy X  Ea khoảng cách X phần bên a2 tam giác d  R  (Hình 2.3.2.2.2) Sử dụng bất đẳng thức (2.3.1.2), ta có bất đẳng thức Kooi chặt hơn: a2 x  y  z   yza  xzb  xyc 2, x , y, z   (2.3.2.5) 2.3.2.2.3 P trực tâm X Trong trường này, ta có R1  2R cos A , R2  2R cos B , R3  2R cosC với R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC a) Nếu tam giác ABC tam giác nhọn X điểm bên từ bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) ta có bất đẳng thức mới: 54 Thang Long University Libraty  4R x  y  z  xcos2A  ycos2B  zcos2C  (2.3.2.6)  yza  xzb  xyc 2, x , y, z  Dấu đẳng thức xảy x , y, z tọa độ barycentric trực tâm Sử dụng đẳng thức sin2   cos2  định lí hàm số sin, ta có bất đẳng thức mới:   4R2 x  y  z   x  y  z  xa  yb  zc  (2.3.2.7) yza  xzb  xyc 2, x , y, z  b) Giả sử tam giác ABC vuông tù Trong trường hợp X điểm bên tam giác Không tính tổng quát, ta cần xét trường hợp a  b  c Dễ dàng thấy P  E A (Hình 2.3.2.2.3) Sử dụng bất đẳng thức (2.3.1.2) ta được:     4R x  y  z  y cos2 B  cos2 A  z cos2 C  cos2 A    (2.3.2.8)  yza  zxb  xyc 2, x , y, z  Một dạng khác bất đẳng thức là: 55 x  y  z  y a       b  z a  c   yza  zxb  xyc 2, x , y, z   (2.3.2.9) 2.3.2.2.4 P điểm cách xa int ABC  ( P is far from int(ABC ) ) Trong trường hợp này, ta giả sử điểm P không đĩa mở D O, R giới hạn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tâm O bán kính R Khi đó, ta có: OP  R int ABC   D O, R Sử dụng Định lí 2.3.3, có bất đẳng thức: x  y  z xR  yR22  zR32    yza  zxb  xyc  OP  R  x  y  z  , x, y, z  2 (2.3.2.10) (Hình 2.3.2.2.4) 2.3.2.3  điểm bên tam giác có ba đỉnh trung điểm ba cạnh tam giác ABC Cho tam giác ABC A, B ,C  trung điểm BC ,CA, AB Tam giác trung gian tam giác A B C  Thiết lập sau tập hợp tọa độ barycentric điểm từ int A B C  56 Thang Long University Libraty   x, y, z   0;   x  y  z, y  x  z, z  x  y (2.3.2.11) Nhận xét Các thành phần ba  chiều dài cạnh tam giác Một số trường hợp đặc biệt điểm P 2.3.2.3.1 P  A Trong trường hợp P điểm bên tam giác A B C  Khoảng cách d P int A B C  d  C góc nhọn, d  B c b B góc tù, d  C góc 2 tù Ta có R1  0, R2  c, R3  b a) Giả sử B C góc nhọn Khi bất đẳng thức (2.3.1.2) có dạng: y  z yc  zb   yza  x  y  z  ,  x , y, z    2 (2.3.2.12) Nhận xét Nếu x  y  z từ (2.3.12) ta có bất đẳng thức: y  z yc   zb  yza  y  z  2, y, z  (2.3.2.13) b) Nếu B góc nhọn bất đẳng thức (2.3.1.2) có dạng: x  y  z  xc  3yc  z 4b  c  yza  zxb  xyc ( 2.3.2.14)     Nhận xét Nếu C góc nhọn từ bất đẳng thức (2.3.1.2) ta có bất đẳng thức (2.3.2.14) 2.3.2.3.2 P điểm cách xa int A B C  Đường tròn ngoại tiếp tam giác trung gian A B C  đường tròn Euler (vòng tròn chín điểm), tâm 57 tâm chín điểm X bán kính R với R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong trường hợp ta giả sử X 5P  R (Hình 2.3.2.3.2) Sử dụng Định lí 2.3.3, có bất đẳng thức: x  y  z xR  yR22  zR32   R  yza  zxb  xyc   X 5P   x  y  z  ,  x , y, z    2.3.2.15   2.3.2.4  đĩa bên đường tròn 2 Trong mặt phẳng tam giác ABC , xem xét đường tròn C O,   với tâm O bán kính  2.3.2.4.1 Các phương trình đường tròn, đĩa bề mặt bên đường tròn Các phương trình đường tròn tọa độ barycentric là: x  y  z x  y  z   21 yza   zxb  xyc  (2.3.2.16) 58 Thang Long University Libraty Ở đây, ta sử dụng ký hiệu  1 2  2 ,    2 ,    2 ROA ROB ROC 2 2 2       ROA  OA , ROB  OB , ROC  OC Với ký hiệu trên, có dạng khác phương trình đường tròn: R OA    2 x  ROB y  ROC z x  y  z    x  y  z   (2.3.2.17)  yza  zxb  xyc  Nó dễ để thấy rằng, phương trình đĩa D O,   giới hạn đường tròn C O,   phương trình bên đường tròn E O,   có dạng sau: R OA    2 x  ROB y  ROC z x  y  z    x  y  z   (2.3.2.18)  yza  zxb  xyc    2 ROA x  ROB y  ROC z x  y  z    x  y  z     (2.3.2.19)  yza  zxb  xyc  Lưu ý: D O,   E O,   ba x , y, z  tọa độ barycentric tương ứng điểm đĩa điểm cho bên đường tròn Trường hợp đặc biệt, tâm đường tròn tâm đường tròn ngoại tiếp X Trong trường hợp này, ta có ROA  ROB  ROC  R Phương trình đĩa D X 3,   là: R      x  y  z   yza  zxb  xyc  59 (2.3.2.20) Các đĩa D X 3, R giới hạn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (2.3.2.21) yza  zxb  xyc  2.3.2.4.2 Các bất đẳng thức Giả sử O điểm mặt phẳng tam giác   Xét bất đẳng thức sau: x  y  z xR  yR22  zR32    yza  zxb  xyc  OP    x  y  z  2 (2.3.2.22) i) Nếu P  E O,   x , y, z   D O,   ta có (2.3.2.22) (Hình 2.3.2.4 M đĩa) ii) Nếu P  D O,   x , y, z   E O,   ta có bất đẳng thức (2.3.2.22) Chứng minh Áp dụng (2.3.1.2), phương trình (2.3.2.18), (2.3.2.19) thấy khoảng cách P đĩa (tương ứng bên đường tròn) d  OP   (tương ứng d    OP ) 60 Thang Long University Libraty Tiếp theo, ta xét trường hợp tâm đường tròn tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (O  X ) bán kính đường tròn bán kính đường tròn ngoại tiếp (   R ) Trong trường hợp này, ta có: x, y, z    X , R  yza  zxb  xyc  x, y, z    X , R  yza  zxb  xyc  D E Nếu P  E X 3, R yza  zxb  xyc  P  D X 3, R yza  zxb  xyc  ta có bất đẳng thức: x  y  z xR  yR22  zR32    yza  zxb  xyc  OP  R  x  y  z  2 (2.3.2.23) Kết luận Chương Chương trình bày số mở rộng bất đẳng thức Klamkin hệ chúng Cụ thể, trình bày chứng minh bất đẳng thức Klamkin cho hai điểm Chỉ hệ bất đẳng thức tam giác mà việc chứng minh chúng áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Klamkin cho hai điểm vận dụng hệ Trình bày chứng minh bất đẳng thức khác liên quan đến bất đẳng thức Klamkin cho hai điểm Chương luận văn trình bày mở rộng bất đẳng thức Klamkin cho ba tọa độ barycentric điểm, nêu số kết định lí ứng dụng 61 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ Kết luận Dựa vào bất đẳng thức Klamkin số mở rộng bất đẳng thức Klamkin, ta chứng minh bất đẳng thức quen thuộc tam giác, từ đơn giản đến phức tạp đồng thời phát nhiều bất đẳng thức tam giác cách cho x , y, z giá trị thực cụ thể, chọn điểm P,Q trùng với điểm đặc biệt tam giác Khuyến nghị Hy vọng luận văn dùng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên sinh viên toán trường sư phạm, bồi dưỡng học sinh giỏi toán trường trung học phổ thông, rèn luyện đội tuyển thi giỏi cấp tỉnh, quốc gia quốc tế Hy vọng đề tài tiếp tục nghiên cứu, mở rộng phát triển, ứng dụng rộng rãi nghiên cứu, học tập học sinh trung học phổ thông sinh viên trường Đại học, Học viện Hy vọng việc chứng minh bất đẳng thức tam giác nhờ sử dụng Bất đẳng thức Klamkin, trở thành kĩ quen thuộc học sinh, sinh viên chứng minh bất đẳng thức nói chung, bất đẳng thức tam giác nói riêng 62 Thang Long University Libraty DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Phương (2002), Tuyển tập chuyên đề luyện thi Đại học môn Toán-Hệ thức lượng giác, Nhà xuất Hà Nội [2] Tạ Duy Phượng (2004, 2006), Phương trình bậc ba hệ thức tam giác, Nhà xuất Giáo dục [3] Hoàng Ngọc Quang (2011), Một số bất đẳng thức hình học (Luận văn Cao học), Đại học Thái Nguyên, trang 112-121 [4] G Bennett (1977), Multiple Triangle Inequalities, Univ Beograd Publ Elektrrotehn Fak., Ser Mat Fiz., No 58, 39-44 [5] Xiao-Guang Chu and Zhi-Hua Zhang (2007), A Geometric Inequality for two Interior Points of the Triangle, pp 1-4, rgmia.org/papers/v9n2/zzhrgmia2006_02.pdf [6] Dan Comănescu and S S Dragomir (2009), A Generalization of the Klamkin Inequality, 1-10, ajmaa.org/RGMIA/papers/v12n3/Klamkin_20_ian_2009.pdf [7] M S Klamkin (1975), Geometric Inequalities via the Polar Moment of Inertia, Mathematics Magazine, Vol 48, No 1, 44-46 [8] Jian Liu (2008), A Weighted Geometric Inequality and Its Applications, Journal of inequalities in pure and applied mathematics, Vol 9, Issue 2, Article 58, pp [9] Jian Liu (2011), A New Geometric Inequality and Its Applications, Journal of Science and Arts, No 11 (14), pp 5-12 63 [...]... Long University Libraty Do đó bất đẳng thức (1.2.5.1) được chứng minh 2) Chọn x  1 1 1 , y  , z  và áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) ta b2 c2 a2 thu được bất đẳng thức (1.2.5.2) 3) Tương tự, chọn x  1 1 1 , y  2 , z  2 và áp dụng bất đẳng thức Klamkin 2 c a b (1.1.1) ta thu được bất đẳng thức (1.2.5.3) 1.2.6 Hệ quả 1.2.6 Trong tam giác ABC , ta có các bất đẳng thức sau: 1) 2) ma 2 a2  mb... mb 2,GC 2  mc 2 ta thu được bất 9 9 9 đẳng thức (1.2.6.1) Hoặc có thể áp dụng luôn bất đẳng thức (1.2.5.1) với P  G,GA2  4 2 4 4 ma ,GB 2  mb 2,GC 2  mc 2 9 9 9 ta cũng thu được bất đẳng thức (1.2.6.1) 2) Hoàn toàn tương tự, áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với P  G, x  GA2  a b c ,y  ,z  và thay ma mb mc 4 2 4 4 ma ,GB 2  mb 2,GC 2  mc 2 ta được bất đẳng thức: 9 9 9     a  b... phẳng chứa tam giác ABC và với mọi số dương x,y,z, bất đẳng thức sau luôn đúng: aR12  bR22  cR32  2Rr aR1  bR2  cR3 (1.2.2.3) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là trực tâm của nó Hệ quả 1.2.2.4 (Bất đẳng thức Hayashi) Nếu P là một điểm tùy ý và không trùng với các đỉnh của tam giác ABC , thì R2R3 R3R1 R1R2    1 bc ca ab (1.2.2.4) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trực tâm...  Bất đẳng thức này tương đương với y2 z 2 x 2    x  y  z z x y Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có  y 2 z 2 x 2  2  x  y  z  z  x  y   x  y  z    Suy ra điều phải chứng minh 1.2.2 Hệ quả 1.2.2 Jian Liu trong [8], Theorem 2.2 đã phát biểu và chứng minh bất đẳng thức sau là hệ quả của bất đẳng thức Klamkin 10 Thang Long University Libraty Hệ quả 1.2.2 Giả sử ABC là một. .. c, PC  b và bất đẳng thức (1.2.2) trở thành tầm thường Trong trường hợp này, dấu đẳng thức trong (1.2.2) rõ ràng không xảy ra Giả sử P không trùng với một trong các đỉnh của ABC Nếu x , y, z là các số dương thì bất đẳng thức (1.1.1) tương đương với bất đẳng thức sau: 1 1 1  a 2 b 2 c 2      xR  yR  zR    yz zx xy  x y z  2 1 2 2 2 3  (1.2.5) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy... zR32  Lại một lần nữa thay x  (1.2.7) 1 1 1 , y  , z  ta được bất đẳng thức (1.2.2) x y z cần chứng minh Nếu đẳng thức trong (1.2.3) xảy ra chỉ khi P là tâm của đường tròn nội tiếp ABC , thì đẳng thức trong (1.2.4) xảy ra khi ABC là tam giác nhọn và P là trực tâm của nó Theo điều này và điều kiện để đẳng thức xảy ra trong (1.2.5), ta biết rằng đẳng thức trong (1.2.2) xảy ra khi và chỉ khi ABC...  0    y1 y2 y 3 y1 y2 y 3  Từ (1.1.1.1) và (1.1.1.2) suy ra dấu bằng xảy ra trong (1.1.1) khi và chỉ khi x : y : z  S PBC : S PCA : S PAB 1.1.2 Trong [1] (Bài 5, trang 204) đã phát biểu và chứng minh bất đẳng thức sau, là dạng tương đương của bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) Định lí 1.1.1’ Cho tam giác ABC và ba số x , y, z  0 P là một điểm bất kì trong không gian Khi ấy: xyz x PA  y.PB ... wu, w  uv vào bất đẳng thức nổi tiếng Schur: u u  v u  w   v v  w v  u   w w  u w  v   0 (1.2.3.10) Từ đó suy ra Q3  0 Vậy Q1  0, Q2  0, Q3  0 Từ (11.9) suy ra: Q  0 Dễ dàng thấy dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức (1.2.3.2) đúng khi và chỉ khi x  y  z và tam giác ABC là tam giác đều Hơn nữa, dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức (1.2.3) khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là tâm... Với P tùy ý nằm trong mặt phẳng chứa ABC và với mọi số dương x , y, z bất đẳng thức sau luôn đúng: 13 R12 R22 R32 4S    x y z xy  yz  zx (1.2.2.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x : y : z  cot A : cot B : cotC và P là trực tâm của tam giác nhọn ABC Hệ quả 1.2.2.2 Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng chứa tam giác Khi đó bất đẳng thức sau đúng: R12  R22  R32  3 3 S (1.2.2.2)... Khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng 4S S maR12  mbR22  mcR32  4 3 (1.2.2.12) 1.2.3 Hệ quả 1.2.3 Jian Liu trong [9] đã phát biểu và chứng minh hệ quả sau đây của bất đẳng thức Klamkin Hệ quả 1.2.3 Với mọi số thực và mọi điểm P ta có R22  R32 a 2 2 x  R32  R12 b 2 2 y  R12  R22 c 2 z2  2 yz  zx  xy  3 (1.2.3) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là tâm của nó Chứng minh