Phương trình bậc bốn và các hệ thức hình học trong tứ giác hai tâm

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHẠM THỊ THU PHƢƠNG TRÌNH BẬC BỐN VÀ CÁC HỆ THỨC HÌNH HỌC TRONG TỨ GIÁC HAI TÂM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - PHẠM THỊ THU PHƢƠNG TRÌNH BẬC BỐN VÀ CÁC HỆ THỨC HÌNH HỌC TRONG TỨ GIÁC HAI TÂM Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS TẠ DUY PHƢỢNG THÁI NGUYÊN - 2019 Mục lục Mở đầu Phương trình bậc bốn tính chất nghiệm 1.1 Cơng thức nghiệm phương trình bậc bốn 1.2 Các tính chất nghiệm phương trình bậc bốn 1.3 Một số nhận xét nghiệm phương trình bậc bốn 4 12 Tứ giác hai tâm 2.1 Tứ giác lồi 2.2 Tứ giác nội tiếp 2.2.1 Các định nghĩa tính chất 2.2.2 Diện tích tứ giác nội tiếp 2.2.3 Độ dài đường chéo tứ giác nội tiếp 2.3 Tứ giác ngoại tiếp 2.3.1 Định nghĩa tính chất 2.3.2 Diện tích tứ giác ngoại tiếp 2.4 Tứ giác hai tâm 2.4.1 Định nghĩa 2.4.2 Diện tích tứ giác hai tâm 2.4.3 Tính chất 13 13 19 19 22 23 24 24 24 25 25 26 32 Phương trình bậc bốn với hệ thức cho tứ giác hai tâm 3.1 Phương trình bậc bốn cho tứ giác hai tâm 3.1.1 Phương trình bậc bốn với nghiệm cạnh tứ giác hai tâm 3.1.2 Phương trình bậc bốn với nghiệm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác hai tâm 35 35 35 37 3.1.3 3.2 3.3 Phương trình bậc bốn với nghiệm bán kính đường tròn nội tiếp tam giác tứ giác hai tâm 3.1.4 Phương trình bậc bốn với nghiệm sin góc BAC, CAD, ACB DCA Các hệ thức hình học cho tứ giác hai tâm Các hệ thức lượng giác cho tứ giác hai tâm Tài liệu tham khảo 41 46 47 62 67 Một số kí hiệu viết tắt Trong luận văn này, ta sử dụng kí hiệu sau đây: 1) ABCD tứ giác lồi 2) A, B,C, D đỉnh góc tứ giác ABCD; E giao điểm AC BD 3) AB = a, BC = b,CD = c, DA = d cạnh độ dài cạnh tứ giác ABCD AC = e, BD = f cạnh độ dài cạnh đường chéo tứ giác ABCD 4) p = a+b+c+d nửa chu vi tứ giác ABCD 5) S diện tích tứ giác ABCD 6) R, r tương ứng bán kính (hoặc độ dài bán kính) đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tứ giác ABCD 7) R1 , R2 , R3 , R4 tương ứng bán kính (hoặc độ dài bán kính) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB, BEC,CED, DEA 8) r1, r2, r3 , r4 tương ứng bán kính (hoặc độ dài bán kính) đường tròn nội tiếp tam giác AEB, BEC,CED, DEA Mở đầu Dựa ý tưởng (xem [8]): Một tam giác hoàn toàn xác định ba yếu tố độc lập (thí dụ, ba cạnh thỏa mãn bất đẳng thức tam giác, ba đường cao, sin ba góc, ) nên ba yếu tố nghiệm phương trình bậc ba (với hệ số phụ thuộc vào ba yếu tố bản: nửa chu vi p, bán kính đường tròn ngoại tiếp R bán kính đường tròn nội tiếp r Từ đó, sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc ba, [1] [2] phát biểu chứng minh khoảng 700 hệ thức (đẳng thức bất đẳng thức) tam giác, có nhiều hệ thức Câu hỏi đặt là: Ý tưởng mở rộng cho tứ giác lồi?-Để xác định tứ giác lồi cần năm yếu tố, thí dụ, bốn cạnh đường chéo Vậy với tứ giác đặc biệt bốn cạnh nghiệm phương trình bậc bốn Đó tứ giác hai tâm-tứ giác vừa nội tiếp đường tròn, vừa ngoại tiếp đường tròn (khác) Điều [6] [9] Sau đó, dựa tính chất nghiệm phương trình bậc bốn, [3] [4] phát biểu chứng minh khoảng 100 hệ thức hình học cho tứ giác hai tâm Điều cho cách nhìn hệ thống hệ thức tứ giác hai tâm Ngồi hệ thức hình học, [1] [2] chứng vài trăm hệ thức lượng giác tam giác Câu hỏi tự nhiên đặt là: Có thể phát biểu chứng minh hệ thức lượng giác cho tứ giác hai tâm?-Điều chưa thể [3] [4] Luận văn có mục đích trình bày hệ thức hình học cho tứ giác hai tâm hệ từ tính chất phương trình bậc bốn, chủ yếu dựa [4] [10], có chỉnh sửa, bổ sung, cấu trúc lại [4] tham chiếu với tài liệu khác Ngoài ra, Luận văn bước đầu phát chứng minh hệ thức lượng giác cho tứ giác hai tâm Trong trình học tập làm luận văn, từ giảng giáo sư, tiến sĩ công tác Viện Toán học, Trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên, trau dồi thêm nhiều kiến thức để nâng cao trình độ Từ đáy lòng mình, tơi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới tất thầy, cô Tôi xin chân thành cám ơn Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo Khoa học Quan hệ quốc tế, Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ suốt thời gian học tập trường Dưới hướng dẫn PGS TS Tạ Duy Phượng, phần học phương pháp thu thập xử lí thơng tin, tập dượt nghiên cứu Xin cám ơn Thày hướng dẫn Đồng thời, xin chân thành cám ơn Thạc sĩ Hồng Minh Qn, giáo viên Tốn trường Trung học Phổ thông Ngọc Tảo, Phúc Thọ, Hà Nội, cho phép sử dụng thảo [4] cung cấp số tài liệu để viết luận văn Nhân dịp xin chân thành cảm ơn đồng nghiệp, bạn bè gia đình tạo điều kiện giúp đỡ, động viên để tơi hồn thành luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả Phạm Thị Thu Chương Phương trình bậc bốn tính chất nghiệm 1.1 Cơng thức nghiệm phương trình bậc bốn Nói chung, sách giáo khoa sách tham khảo mơn tốn thường khơng trình bày phương pháp tìm nghiệm phương trình bậc bốn Mục trình bày cách giải phương trình bậc bốn Xét phương trình bậc bốn x4 + ax3 + bx2 + cx + d = (1.1) Phương trình (1.1) viết dạng sau x4 + ax3 = −bx2 − cx − d, hay a2x2 = x + ax + 4 a2 − b x2 − cx − d, tức ax x2 + 2 = a2 − b x2 − cx − d Cộng hai vế phương trình (1.2) với trình ax x + 2 hay ax x2 + (1.2) y2 y + , ta phương a2 ax ax y2 y2 + x + − b x2 − cx − d, y+ = x + y+ + 4 ax x2 + + y a2 y2 ay −b+y x + − c x + − d 4 = (1.3) Ta chọn y để vế phải phương trình (1.3) bình phương tổng Để vế phải phương trình (1.3) bình phương tổng ∆= ay −c 2 −4 a2 −b+y y2 −d = 0, hay y3 − by2 + (ac − 4d)y − [d(a2 − 4b) − dy] = (1.4) Vì (1.4) phương trình bậc ba nên có nghiệm thực (Phương pháp giải cơng thức nghiệm phương trình bậc ba xem [2], trang 47-52) Ta cần chọn nghiệm thực y0 phương trình (1.4) thay y0 vào vế phải phương trình (1.3) Khi phương trình (1.3) viết lại sau ax y0 = (α x + β )2 x2 + + 2 Điều tương đương với x2 + ax y0 + = αx + β , 2 ax y0 + = −α x − β 2 Giải hai phương trình ta tìm nghiệm phương trình bậc bốn (1.1) x2 + x1,2 = − a+α ± a+α x3,4 = − a−α ± a−α 2 − 4β − 2y0 + 4β − 2y0 1.2 Các tính chất nghiệm phương trình bậc bốn Ngồi định lí Viète tính chất nghiệm đa thức, mục trình bày 18 tính chất nghiệm phương trình bậc bốn, cần thiết cho chứng minh hệ thức chương Định lí 1.2.1 (Định lí Viète nghiệm phương trình bậc bốn) Phương trình x4 + ax3 + bx2 + cx + d = có bốn nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn tính chất sau: Tính chất 1.2.1 T1 = x1 + x2 + x3 + x4 = −a Tính chất 1.2.2 T2 = x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 = b Tính chất 1.2.3 T3 = x1x2 x3 + x1 x2x4 + x1 x3x4 + x2x3 x4 = −c Tính chất 1.2.4 T4 = x1x2 x3 x4 = d Chứng minh Vì x1 , x2 , x3 , x4 bốn nghiệm phương trình bậc bốn nên phân tích đa thức thừa số ta đồng thức sau với x: x4 + ax3 + bx2 + cx + d =(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 ) = x2 − (x1 + x2)x + x1x2 x2 − (x3 + x4)x + x3 x4 =x4 − (x+x2 + x3 + x4)x3 + (x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3 x4)x2 − (x1x2 x3 + x1x3 x4 + x1 x2x4 + x2x3x4 )x + x1 x2x3 x4 So sánh hệ số đồng thức, ta đến tính chất (1.2.1)-(1.2.4) Từ bốn tính chất sử dụng tính chất đối xứng nghiệm, ta suy nhiều hệ thức liên hệ bốn nghiệm phương trình bậc bốn với hệ số phương trình, có lợi cho nghiên cứu phương trình bậc bốn chứng minh hệ thức tứ giác Tính chất 1.2.5 T5 = Chứng minh T5 = 1 c + + + =− x1 x2 x3 x4 d 1 1 x1x2 x3 + x1 x2x4 + x1 x3x4 + x2x3 x4 T3 c + + + = = =− x1 x2 x3 x4 x1x2 x3 x4 T4 d 55 Mặt khác áp dụng Tính chất 1.2.1 vào (3.14) bất đẳng thức (3.28), ta có √ 8r r + 4R2 + r2 R1 + R2 + R3 + R4 =r + 4R2 + r2 = 8r √ 4R2 + r2 − r + 16r2 p2 + 16r2 8r ≤ = 8r 8r Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy tức giác ABCD vuông Hệ thức 3.2.10 4r2(p2 + 8r2) ≤ R1 R2 + R1 R3 + R1R4 + R2R3 + R2R4 + R3R4 p2 √ √ 4R2 + r2 + r p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 = 4p2 √ = ≤ 4R2 + r2 + r 16p4 6(R21 R22 + R21R23 + R21R24 + R22R23 + R22R24 + R23R24 ) √ p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 ≤ (R21 + R22 + R23 + R24 )2 = 3(p2 − 8r2) ≤ 4p2 p2 + 2r 8r √ 4R2 + r2 + r 2 √ − 8p2r 4R2 + r2 − 6p2r2 √ p2 − 2r2 − 2r 4R2 + r2 4p2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.2 vào phương trình (3.14) theo bất đẳng thức Fejes Toth, ta có R1 R2 + R1R3 + R1R4 + R2R3 + R2 R4 + R3R4 √ √ 4R2 + r2 + r p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 = 4p2 4r2(p2 + 8r2) ≥ p2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (1 + + + + + 1)(R21 R22 + R21R23 + R21R24 + R22R23 + R22R24 + R23 R24) ≥ (R1 R2 + R1R3 + R1R4 + R2R3 + R2R4 + R3 R4)2 56 Điều tương đương với R1 R2 + R1R3 + R1R4 + R2R3 + R2 R4 + R3R4 ≤ 6(R21 R22 + R21R23 + R21 R24 + R22R23 + R22R24 + R23R24) Áp dụng Tính chất 1.2.10 vào (3.14) ta có R21 R22 + R21R23 + R21R24 + R22R23 + R22 R24 + R23R24 √ 4R2 + r2 + r = p2 + 2r2 + 2r 16p4 4R2 + r2 − 8p2r 4R2 + r2 − 6p2r2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có R21R22 + R21R23 + R21R24 + R22 R23 + R22R24 + R23R24 R41 + R42 R42 + R43 R43 + R44 R41 + R44 R42 + R44 R41 + R43 + + + + + ≤ 2 2 2 4 4 3(R1 + R2 + R3 + R4) ≤ Suy (R21 + R22 + R23 + R24)2 =R41 + R42 + R43 + R44 + 2(R21 R22 + 2(R21R23 + R21R24 + R22R23 + R22R24 + R23R24 ) 2(R21 R22 + R21R23 + R21R24 + R22R23 + R22R24 + R23R24) ≥ 2 2 2 + 2(R1R2 + R1R3 + R1 R4 + R22R23 + R22R24 + R23R24) Điều tương đương với (R21 + R22 + R23 + R24)2 8(R21 R22 + R21R23 + R21R24 + R22R23 + R22R24 + R23 R24) ≥ Áp dụng Tính chất 1.2.6 vào phương trình (3.14) ta có R21 + R22 + R23 + R24 = √ 4R2 + r2 + r √ p2 − 2r2 − 2r 4R2 + r2 2p2 Theo bất đẳng thức Fejes Toth, ta có p2 − 2r2 − 2r 4R2 + r2 ≤ p2 − 8r2 57 Mặt khác, theo bất đẳng thức (3.29) ta có r 4R2 + r2 Từ đó, ta có √ 4R2 + r2 + r p2 + 8r2 p2 + 8r2 2 ⇔ 4R + r ≤ ≤ 8r p2 + 8r2 2 ⇔ 4R + r + r ≤ + r 8r √ p2 − 2r2 − 2r 4R2 + r2 2p2 p2 − 8r2 ≤ 2p2 p2 + 8r2 +r 8r Hệ thức 3.2.11 r √ 4R2 + r2 + r R1 R2 R3 + R1R2 R4 + R1R3 R4 + R2R3 R4 = 4p2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.3 vào (3.14) ta có điều phải chứng minh Hệ thức 3.2.12 r2 R1 R2 R3R4 = √ 4R2 + r2 + r 16p2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.4 vào phương trình (3.14) ta có điều phải chứng minh Hệ thức 3.2.13 1 1 + + + = R1 R2 R3 R4 r Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.5 vào (3.14) ta có điều phải chứng minh Hệ thức 3.2.14 √ + 2r + 2r 4R2 + r p 1 1 1 + + + + + = √ R1R2 R1R3 R1R4 R2 R3 R2 R4 R3 R4 2 r 4R + r + r Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.13 vào (3.14) ta có điều phải chứng minh 58 Hệ thức 3.2.15 1 1 + + + = R1R2 R3 R1R2 R4 R1R3 R4 R2R3 R4 16p2 r2 √ 4R2 + r2 + r Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.14 vào (3.14) ta có điều phải chứng minh Hệ thức 3.2.16 √ √ 4R2 + r2 2R √ ≤ r1 + r2 + r3 + r4 = √ ≤ √ (1 + 2) 2 R2(1 + 2) r R 2R + r + 4R + r r 8r3 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào (3.19) theo bất đẳng thức Fejes Toth, ta có √ r 4R2 + r2 16r3 √ r1 + r2 + r3 + r4 = ≥ √ (1 + 2) 2 2R R 2R + r + 4R + r Mặt khác, áp dụng Tính chất 1.2.1 vào (3.19) theo bất đẳng thức Fejes Toth ta có √ 4R2 + r2 r1 + r2 + r3 + r4 = √ R 2R + r + 4R2 + r2 r √ 4R3 2R 2R2 √ √ = √ ≥ = r(2r + 4r) r2(2 + 2) r2(1 + 2) Vậy Hệ thức chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABCD hình vng Hệ thức 3.2.17 3r4 √ 4R2 + r2 + r √ 2R4(3 + 2) ≤r1r2 + r1r3 + r1r4 + r2r3 + r3r4 59 √ √ 4R2 + r2 + r r2 p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 = √ 4R2 2R + r + 4R2 + r2 ≤ √ 4R2 + r2 + r √ 8(3 + 2) Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.2 vào (3.19), theo bất đẳng thức (3.28) bất đẳng thức Fejes Toth, ta có r1 r2 + r1 r3 + r1 r4 + r2 r3 + r3 r4 √ √ 4R2 + r2 + r r2 p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 = √ 2 2 4R 2R + r + 4R + r √ √ r2 8r 4R2 + r2 − r + 2r2 + 2r 4R2 + r2 ≥ √ 4R2 2R + r + 4R2 + r2 √ √ 4R2 + r2 + r r2 10r 4R2 + r2 − 6r2 ≥ √ 4R2 2R + r + 4R2 + r2 √ √ 2 6r4 24r4 4R2 + r2 + r 4R2 + r2 + r = ≥ √ √ 2 2 4R 2R + r + 4R + r 4R2 2R + r + 4R2 + r2 √ √ 2 6r4 4R2 + r2 + r 4R2 + r2 + r 3r4 √ √ ≥ = 4R4(3 + 2) 2R4 (3 + 2) Mặt khác, áp dụng Tính chất 1.2.2 vào phương trình (3.19), theo Hệ thức 3.2.2 bất đẳng thức Fejes Toth, ta có r1 r2 + r1 r3 + r1 r4 + r2 r3 + r3 r4 √ √ 4R2 + r2 + r r2 p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 = √ 2 2 4R 2R + r + 4R + r r2 ≤ √ r + 4R2 + r2 √ + 2r2 + 2r 4R2 + r2 √ 4R2 2R + r + 4R2 + r2 2 60 √ √ 2 3R4 4R2 + r2 + r 4R2 + r2 + r = ≤ √ √ 2 2 4R 2R + r + 4R + r 2R2 2R + r + 4R2 + r2 2 √ √ 3R4 4R2 + r2 + r 4R2 + r2 + r √ √ ≤ = 8R2 (3 + 2) 8(3 + 2) Vậy Hệ thức chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABCD hình vng 6R4 Hệ thức 3.2.18 √ 4R2 + r2 + r r6 √ ≤ r1 r2 r3 + r1 r2 r4 + r1 r3 r4 + r2 r3 r4 2R6(7 + 2) √ √ p2 r 4R2 + r2 + r 4R2 + r2 + r √ ≤ = √ 2(7 + 2) 256r 4R3 2R + r + 4R2 + r2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.3 vào phương trình (3.19), bất đẳng thức (3.28) bất đẳng thức Fejes Toth, ta có √ 4R2 + r2 + r p2 r r1 r2 r3 + r1 r2 r4 + r1 r3 r4 + r2 r3 r4 = √ 4R3 2R + r + 4R2 + r2 √ √ 4R2 + r2 − r 4R2 + r2 + r 8r5 ≥ √ 4R3 2R + r + 4R2 + r2 √ √ 2r5 4R2 + r2 − r 4R2 + r2 + r = √ R3 2R + r + 4R2 + r2 √ 4r6 4R2 + r2 + r ≥ √ R3 2R + r + 4R2 + r2 √ √ 3 6 2 r 4R + r + r 4R2 + r2 + r 4r = ≥ √ √ 6 8R + 2R + 61 Mặt khác, áp dụng Tính chất 1.2.3 vào phương trình (3.19), theo Hệ thức 3.2.2 bất đẳng thức Fejes Toth, ta có p2 r r1 r2 r3 + r1 r2 r4 + r1 r3 r4 + r2 r3 r4 = 4R3 r4 √ √ 4R2 + r2 + r √ 2R + r + 4R2 + r2 4R2 + r2 + r ≤ √ 4R3 2R + r + 4R2 + r2 √ √ r4 4R2 + r2 + r 4R2 + r2 + r ≤ = √ √ 256r6 + 256r2 + Vậy Hệ thức chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABCD hình vng Hệ thức 3.2.19 p2 r r1 r2 r3 r4 = 16R4 √ 4R2 + r2 + r √ 2R + r + 4R2 + r2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.4 vào phương trình (3.19) ta có điều phải chứng minh Hệ thức 3.2.20 √ 4R2 + r2 4r 2R + r + 1 1 + + + = √ r1 r2 r3 r4 2 r 4R + r + r Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.5 vào phương trình (3.19) ta có điều phải chứng minh Hệ thức 3.2.21 1 1 1 + + + + + r1 r2 r1 r3 r1 r4 r2 r3 r2 r4 r3 r4 62 √ √ 4R2 p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 2R + r + 4R2 + r2 = √ p2 r 4R2 + r2 + r Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.13 vào phương trình (3.19) ta có điều phải chứng minh Hệ thức 3.2.22 √ 2R + r + 4R2 + r 16R 1 1 + + + = √ r1 r2 r3 r1 r2 r4 r1 r3 r4 r2 r3 r4 p2 r 4R2 + r2 + r Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.14 vào phương trình (3.19) ta có điều phải chứng minh 3.3 Các hệ thức lượng giác cho tứ giác hai tâm Mục trình bày số kết tác giả phương trình bậc bốn với nghiệm hàm số lượng giác góc hệ thức lượng giác tứ giác hai tâm Hệ thức 3.3.1 p p √ ≤ sin A1 + sinC1 + sin A2 + sinC2 = ≤ R 2r 16r p2 + 16r2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào phương trình bậc bốn (3.21) bất đẳng thức Fejes Toth, ta có p p sin A1 + sinC1 + sin A2 + sinC2 = ≥ √ R 2r Theo bất đẳng thức (3.29), ta có r p2 + 8r2 ≤ ⇔ R2 ≤ p2 + 8r2 8r p p4 + 16p2r2 ⇔ R ≤ ≤ (8r)2 p2 + 16r2 16r 4R2 + r2 ⇔ R2 − r2 (3.30) 63 Áp dụng Tính chất 1.2.1 vào phương trình bậc bốn (3.21), theo bất đẳng thức (3.29) (3.30) ta có 16r p sin A1 + sinC1 + sin A2 + sinC2 = ≤ R p2 + 16r2 Hệ thức 3.3.2 sin A1 sinC1 +sin A1 sin A2 +sin A1 sinC2 +sinC1 sin A2 +sinC1 sinC2 +sin A2 sinC2 √ p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 = 4R2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.2 vào phương trình bậc bốn (3.21), ta có điều phải chứng minh Hệ thức 3.3.3 sin A1 sinC1 sin A2 +sin A1 sinC1 sinC2 +sin A1 sin A2 sinC2 +sinC1 sin A2 sinC2 √ 4R2 + r2 + r rp = 4R3 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.3 vào phương trình bậc bốn (3.21), ta có điều phải chứng minh Hệ thức 3.3.4 r p2 16R4 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.4 vào phương trình bậc bốn (3.21), ta có điều phải chứng minh sin A1 sinC1 sin A2 sinC2 = Hệ thức 3.3.5 1 1 + + + = sin A1 sinC1 sin A2 sinC2 4R √ 4R2 + r2 + r rp Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.4 vào phương trình bậc bốn (3.21), ta có điều phải chứng minh Chứng minh Áp dụng Hệ thức 3.3.3 Hệ thức 3.3.4 ta có 1 1 + + + sin A1 sinC1 sin A2 sinC2 64 = sin A1 sinC1 sin A2 + sin A1 sinC1 sinC2 + sin A1 sin A2 sinC2 + sinC1 sin A2 sinC2 sin A1 sinC1 sin A2 sinC2 rp = √ 4R2 + r2 + r 4R3 16R4 r p2 4R = √ 4R2 + r2 + r rp Hệ thức 3.3.6 √ − 2r − 2r 4R2 + r p sin2 A1 + sin2 C1 + sin2 A2 + sin2 C2 = 2R2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.6 cho phương trình bậc bốn (3.21) Chứng minh Áp dụng Hệ thức 3.3.1 Hệ thức 3.3.2 Đẳng thức 3.3.7 1 1 + + + sin A1 sinC1 sin A1 sinC2 sin A1 sin A2 sinC1 sin A2 √ p2 + 2r + 2r 4R2 + r 4R 1 + + = sinC1 sinC2 sin A2 sinC2 r p2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.13 vào phương trình bậc bốn (3.21) Chứng minh Áp dụng Hệ thức 3.3.2 3.3.4 Hệ thức 3.3.8 1 + + sin A1 sinC1 sin A2 sin A1 sinC1 sinC2 sin A1 sin A2 sinC2 16R3 + = sinC1 sin A2 sinC2 r p Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.14 vào phương trình bậc bốn (3.21) Chứng minh Áp dụng Hệ thức 3.3.1 3.3.4 Đẳng thức 3.3.9 65 sin2 A1 sin2 C1 + sin2 A1 sin2 A2 + sin2 A1 sin2 C2 + sin2 C1 sin2 A2 + sin2 C1 sin2 C2 √ 16R2 r2 + (p2 − 2r2) p2 − 4r2 − 4r 4R2 + r2 + sin2 A2 sin2 C2 = 16R4 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.10 vào phương trình bậc bốn (3.21) Chứng minh Áp dụng Hệ thức (3.3.1), (3.3.2), (3.3.3) (3.4.4) Hệ thức 3.3.10 sin2 A1 sin2 C1 sin2 A2 + sin2 A1 sin2 C1 sin2 C2 + sin2 A1 sin2 A2 sin2 C2 √ p2 − r p4 + 8r p2 R2 + 2r p2 4R2 + r 2r + sin2 C1 sin2 A2 sin2 C2 = 32R6 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.11 vào phương trình bậc bốn (3.21) Chứng minh Áp dụng Hệ thức 3.3.2, 3.3.3 3.3.4 Hệ thức 3.3.11 1 1 + + + = sin2 A1 sin2 C1 sin2 A2 sin2 C2 √ 8R4 2r2 − p2 + 8R2 + 2r 4R2 + r2 r p2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.11 vào phương trình bậc bốn (3.21) Chứng minh Áp dụng Hệ thức 3.3.4 3.3.10 Hệ thức 3.3.12 (sin A1 − sinC1)2 + (sin A1 − sin A2 )2 + (sin A1 − sinC2 )2 + (sinC1 − sin A2 )2 √ − 4r − 4r 4R2 + r p +(sinC1 − sinC2 )2 + (sin A2 − sinC2 )2 = R2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.19 vào phương trình bậc bốn (3.20) Chứng minh Áp dụng Hệ thức 3.3.2 3.4.6 Hệ thức 3.3.13 (sin A1 + sinC1)2 + (sin A1 + sin A2 )2 + (sin A1 + sinC2 )2 + (sinC1 + sin A2 )2 66 +(sinC1 + sinC2 )2 + (sin A2 + sinC2 )2 = √ p2 − r2 − r 4R2 + r2 R2 Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.21 vào phương trình bậc bốn (3.21) Chứng minh Áp dụng Hệ thức 3.3.2 3.3.6 Hệ thức 3.4.14 sin A1 + sinC1 + sin A2 sinC1 + sin A2 + sinC2 sin A2 + sinC2 + sin A1 + + sinC2 sin A1 sinC1 √ 4R2 + r2 + r sinC2 + sin A1 + sinC1 = + sin A2 r Chứng minh Áp dụng Tính chất 1.2.9 vào phương trình bậc bốn (3.21) Kết luận Xuất phát từ phương trình bậc bốn cho tứ giác hai tâm, sở tài liệu [4], [9], [10], luận văn phát biểu chứng minh hệ thức hình học tứ giác hai tâm Ngoài ra, luận văn phát biểu chứng minh số hệ thức lượng giác tứ giác hai tâm Có thể xuất phát từ phương trình bậc bốn cho yếu tố tứ giác hai tâm (bốn cạnh, bán kính bốn đường tròn ngoại tiếp, bốn bán kính bốn đường tròn nội tiếp tam giác tạo hai đường chéo, sin bốn góc, ) để phát biểu chứng minh nhiều hệ thức hình học lượng giác khác tứ giác hai tâm, chưa trình bày luận văn Hy vọng luận văn giáo viên học sinh, đặc biệt giáo viên học sinh chuyên toán, tham khảo sử dụng chuyên đề tứ giác hai tâm Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Tạ Duy Phượng, Phương trình bậc ba hệ thức tam giác, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội, 2004, 243 trang [2] Tạ Duy Phượng, Hồng Minh Qn, Phương trình bậc ba với hệ thức hình học lượng giác tam giác, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, Hà Nội, 2017, 448 trang [3] Hoàng Minh Quân, Xây dựng, sáng tạo hệ thống hóa hệ thức hình học chương trình tốn Trung học phổ thơng, Sáng kiến kinh nghiệm, Sở Giáo dục Hà Nội, Năm học 2013-2014, Chương 6, trang 149-211 [4] Hoàng Minh Quân, Tạ Duy Phượng, Phương trình bậc bốn hệ thức hình học tứ giác hai tâm, Bản thảo, 2017, 231 trang Tiếng Anh [5] Mihaly Bencze, Marius Drăgan, Some inequalities in bicentric quadrilateral, Acta univ.Sapientiae mathematica, 5, 1(2013),pp 20-38 [6] C.V Durell, A.Robson, Advanced Trigonometry, G Bell and Sons, London, 1930 New edition by Dover Publication, Mineola, 2003 [7] Martin Josefsson, The area of a bicentric quadrilateral, Forum Geometricorum, Volume 11(2011),pp.154-164 [8] Dragoslav S Mitrinovic, J Pecaric, V Volenec, Recent Advances in Geometric Inequalities, 1989 69 [9] Ovidiu T Pop, Identities and inequalities in a quadrilateral, Vol 17, No.2, October 2009, pp.754-763 [10] Mirko Radic, Certain inequalities concerning bicentric quadrilaterals, Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics, Vol 6, issue 1, Article 1, 2005, pp.1-43 [11] Zhang Yun, "Euler’s Inequality Revisited", Mathematical Spectrum, Volume 40, Number (May 2008), pp 119-121 ... Phương trình bậc bốn với hệ thức cho tứ giác hai tâm 3.1 Phương trình bậc bốn cho tứ giác hai tâm 3.1.1 Phương trình bậc bốn với nghiệm cạnh tứ giác hai tâm ... minh khoảng 100 hệ thức hình học cho tứ giác hai tâm Điều cho cách nhìn hệ thống hệ thức tứ giác hai tâm Ngồi hệ thức hình học, [1] [2] chứng vài trăm hệ thức lượng giác tam giác Câu hỏi tự nhiên... giác hai tâm 3.1.4 Phương trình bậc bốn với nghiệm sin góc BAC, CAD, ACB DCA Các hệ thức hình học cho tứ giác hai tâm Các hệ thức lượng giác cho tứ giác hai