Luận văn thạc sỹ định lý pompeiu

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ THỊ LUYẾN ĐỊNH LÝ POMPEIU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ THỊ LUYẾN ĐỊNH LÝ POMPEIU Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Tất Thắng THÁI NGUYÊN - 2019 Mục lục MỞ ĐẦU Định lý Pompeiu 1.1 Định lý Pompeiu 1.2 Bất đẳng thức Ptolemy Định lý Pompeiu 1.3 Định lý đảo định lý Pompeiu 12 Định lý Pompeiu tổng quát 2.1 Số phức 2.2 Định lý Pompeiu tổng quát 2.3 Cơng thức diện tích 2.4 Tam giác đồng dạng thông qua số phức 14 14 18 23 25 Ứng dụng định lý Pompeiu 27 3.1 Điểm Fermat - Toricelli 27 3.2 Một số toán ba cạnh tam giác 31 3.3 Bất đẳng thức hình học 33 KẾT LUẬN 36 Tài liệu tham khảo 37 MỞ ĐẦU Hình học phẳng nội dung Toán học Tốn sơ cấp nói riêng Các tốn tam giác bất đẳng thức hình học tam giác vấn đề phổ biến Để giải tốn đó, số phương pháp sử dụng như: phương pháp biến hình (phép quay, tịnh tiến, nghịch đảo, ), vẽ thêm hình điểm mới, Bên cạnh việc sử dụng số phức phương pháp hiệu quả, tốn bất đẳng thức hình học Luận văn trình bày số tốn tam giác bất đẳng thức hình học Cụ thể, nội dung luận văn xoay quanh định lý cổ điển Pompeiu, nói ba độ dài đoạn thẳng nối từ điểm mặt phẳng đến ba cạnh tam giác lập thành ba cạnh tam giác Các tính chất liên quan đến tam giác nghiên cứu; đồng thời phiên tổng quát Định lý Pompeiu, định lí đảo Định lí Pompeiu số ứng dụng Định lí Pompeiu trình bày luận văn Nội dung luận văn gồm Chương: Chương 1: Trình bày Định lý Pompeiu định lý đảo Chương 2: Trình bày tổng qt hóa Định lý Pompeiu Chương 3: Trình bày ứng dụng Định lý Pompeiu Một số vấn đề liên quan đến toán tam giác nhắc đến Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Tất Thắng Qua đây, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Tất Thắng, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình nghiên cứu em Đồng thời em chân thành cảm ơn thầy giáo khoa Tốn – Tin học trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, thầy cô trang bị kiến thức cho em thời gian học tập trường, tạo điều kiện cho em tài liệu thủ tục hành để em hoàn thành luận văn Chương Định lý Pompeiu Ba đoạn thẳng lập thành ba cạnh tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh thứ ba Trong Chương cách dựng ba cạnh tam giác 1.1 Định lý Pompeiu Định lý 1.1 (Định lý Pompeiu, xem [5]) Cho tam giác ABC M điểm mặt phẳng chứa tam giác Khi M A, M B M C lập thành độ dài ba cạnh tam giác Tam giác suy biến điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác Trong mục ta chứng minh nửa đầu định lý trên, phần lại chứng minh mục sau π biến A thành B Gọi M ảnh M qua phép quay Từ M A = M B M M = M C Vậy ∆M M B có ba cạnh với độ dài M B, M C, M A Thực phép quay tâm C , góc Định nghĩa 1.1 Với kí hiệu Định lý 1.1, ta gọi tam giác với độ dài ba cạnh M A, M B , M C tam giác Pompeiu Nhận xét 1.1 Theo cách chứng minh Định lý 1.1, M thuộc miền ∆ABC tam giác Pompeiu xây dựng cách tường minh Định lý 1.2 (Định lý Tabrica, xem [7] ) Cho tam giác AB C M điểm nằm miền tam giác Khi góc diện tích tam giác Pompeiu tính sau ◦ ◦ ◦ (a) Ba góc tam giác BM √C − 60 , CM A − 60 , AM B − 60 , |M O|2 , O tâm tam giác (b) Diện tích S∆ABC − ABC Bổ đề 1.1 Cho ∆ABC , với G trọng tâm tam giác Cho M bất kì, ta có: M A2 + M B + M C = 3M G2 + AB + BC + CA2 Chứng minh Ta có −−→ −−→ −−→ M A2 + M B + M C = M A2 + M B + M C −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ = M G + GA + M G + GB + M G + GC −−→ −−→ −→ −→ −−→ −−→ −−→ = M G2 + 2M G.GA + GA2 + M G2 + 2M G.GB −−→ −−→ −−→ −→ −→ + GB + M G2 + 2M G.GC + GC −−→ −−→ −→ −−→ −→ = 3M G2 + 2M G GA + GB + GC −→ −−→ −→ + GA2 + GB + GC −−→ −−→ → −−→ −→ − −→ = 3M G2 + 2M G + GA2 + GB + GC −−→ −→ −−→ −→ = 3M G2 + GA2 + GB + GC Suy M A2 + M B + M C = 3M G2 + GA2 + GB + GC Mà GA = AA 4 AB + AC − BC = AA = 9 (1.1) Trong AA’ trung tuyến kẻ từ đỉnh A tam giác ABC Vậy 2 GA2 = AB + AC − BC 9 Tương tự 2 GB = AB + BC − AC , 9 2 GC = AC + BC − AB 9 Suy GA2 + GB + GC = AB + BC + CA2 Thay (1.2) vào (1.1) ta có M A2 + M B + M C = 3M G2 + (1.2) AB + BC + CA2 Chứng minh Định lý Tabrica (a) Gọi N điểm mặt phẳng ∆ABC cho ∆BN M tam giác tia BC nằm hai tia BM BN Xét hai tam giác AM B BN C , ta có AB = BC, BM = BN M BA = 60◦ − M BC = CBN Vậy ∆AM B = ∆BN C(c.g.c) Do AM = CN, tức ∆N M C tam giác Pompeiu Ta có CM N = CM B − N M B = CM B − 60◦ , CN M = CN B − M N B = CN B − 60◦ = AM B − 60◦ M CN = 180◦ − (CM N + CN M ) = 180◦ − (CM B − 60◦ + AM B − 60◦ ) = AM C − 60◦ (b) Từ phần (a), suy S∆CM N = CM.M N sin CM N = CM.BM sin CM B − 60◦ √ 1 = CM.BM sin CM B − cosCM B 2 √ = CM.BM sin CM B − CM.BM cos CM B 4 √ = S∆CM B − CM + BM − a2 , với a = BC = CA = AB Tương tự ta chứng minh √ CM + M A2 − a2 S∆CM N = S∆CM A − √ S∆CM N = S∆BM A − BM + M A2 − a2 Cộng ba đẳng thức trên, ta √ 3S∆CM N = S∆ABC − 2M A2 + 2M B + 2M C − 3a2 Mặt khác, ta có cơng thức Leibniz cho ∆ABC với trọng tâm G điểm M AB + BC + CA2 Khi ∆ABC G ≡ O (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác) a2 = AB = BC = AC , M A2 + M B + M C = 3M G2 + M A2 + M B + M C = 3M O2 + a2 Do đó, ta √ 6M O2 + 2a2 − 3a2 3S∆CM N = S∆ABC − √8 √ 3.6 = S∆ABC − M O2 + a 8 √ a , nên Hơn S∆ABC = √ 3 3S∆CM N = S∆ABC − M O2 + S∆ABC √ 3 = S∆ABC − M O2 Định lý 1.3 (Định lý Van Schooten, xem [8]) Cho điểm P nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đoạn dài ba đoạn thẳng P A, P B , P C có độ dài tổng độ dài hai cạnh lại Chứng minh Giả sử điểm P nằm cung nhỏ BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Thực phép quay tâm B góc 60◦ biến điểm C thành điểm A, AP B = 60◦ nên phép quay biến điểm P thành P thuộc tia P A Ta có tam giác P P B đều, P nằm đoạn P A Xét hai tam giác AP B CP B , ta có AB = BC, P AB = BCP Ngoài ABP = CBP (vì 60◦ − P BC ) Do ∆AP B = ∆CP B Suy AP = CP Vậy P A = P P + P A = P B + P C 1.2 Bất đẳng thức Ptolemy Định lý Pompeiu Bất đẳng thức Ptolemy liên hệ độ dài đường chéo với độ dài cạnh tứ giác Từ bất đẳng thức Ptolemy suy Định lý Pompeiu cho chứng minh khác định lý Định lý 1.4 (Định lý Ptolemy, xem [4]) Nếu A, B , C , D đỉnh tứ giác lồi nội tiếp đường tròn AC.BD = AB.CD + BC.AD Nhận xét 1.2 Định lý phát biểu thành định lý thuận đảo - Thuận: Nếu tứ giác nội tiếp đường tròn tích hai đường chéo tổng tích cặp cạnh đối diện - Đảo: Nếu tứ giác thỏa mãn điều kiện tổng tích cặp cạnh đối diện tích hai đường chéo tứ giác nội tiếp đường tròn Chứng minh Định lý Ptolemy 24 Sử dụng phép nghịch đảo tâm A bán kính 1: B → B1 , C → C1 , M → M1 Theo chứng minh trên, ta có BM B1 M1 S∆AB1 M1 = S3 · = S3 · , (AM · AB)2 , · AC S∆AB1 C1 = S0 · AB · AC Ta lại có ∆B1 C1 M1 đồng dạng với tam giác có độ dài ba cạnh AM.BC , BM.CA, CM.AB với tỉ số đồng dạng AM.AB.AC Do S∆B1 C1 M1 = S · AM · AB · AC S∆AC1 M1 = S2 · AM Vì AB1 M1 = AM B > ACB = AB1 C1 nên M1 nằm ∆AB1 C1 , ta có S∆AB1 C1 + S∆B1 C1 M1 = S∆AB1 M1 + S∆AC1 M1 Khi 1 1 + S = S + S S0 AB · AC AM AB AC AM AB AM AC ⇔ S0 AM + S = S3 AC + S2 AB S3 b2 + S2 c2 − S ⇔ AM = S0 Suy S3 a2 b2 + S2 c2 a2 − S.a2 AM BC = S0 2 Đặt u = AM.BC , v = BM.CA, w = CM.AB Tương tự ta có cơng thức tính v , w theo S0 , S1 , S2 , S3 , a, b, c Ta có cơng thức Heron cho diện tích tam giác có độ dài ba cạnh u, v , w (u2 + v + w2 )2 − 2(u4 + v + w4 ) S= Thay trực tiếp u, v , w tính vào công thức Heron, ta SS0 = a2 S2 S3 + b2 S3 S1 + c2 S1 S2 25 2.4 Tam giác đồng dạng thông qua số phức Trong mục em trình bày tính đồng dạng hai tam giác thông qua số phức Định nghĩa 2.1 Hai tam giác gọi đồng dạng hướng chúng hai tam giác đồng dạng thứ tự đỉnh theo chiều kim đồng hồ ngược lại Mệnh đề 2.3 Cho hai tam giác ABC DEF Gọi z1 , z2 , z3 số biểu diễn A, B , C; w1 , w2 , w3 số biểu diễn D, E, F Khi ∆ABC ∆DEF đồng dạng hướng w2 − w1 z2 − z1 = z3 − z1 w3 − w1 Chứng minh Ta có AB |z2 − z1 | = , AC |z3 − z1 | DE |w2 − w1 | = DF |w3 − w1 | z2 − z1 , z3 − z1 w2 − w1 EDF = arg w3 − w1 Do ∆ABC ∆DEF đồng dạng hướng BAC = arg z2 − z1 w2 − w1 = z3 − z1 w3 − w1 Định lý 2.5 (Xem [3]) Cho hai tam giác đồng dạng hướng ABC DEF Khi BC.AD, CA.BE CF.AB độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh Giả sử hai tam giác ∆ABC ∆DEF đồng dạng hướng Gọi z1 , z2 , z3 số biểu diễn A, B , C; w1 , w2 , w3 số biểu diễn D, E , F Theo Mệnh đề 2.2, ta có w3 − w2 w3 − w2 − z3 + z2 z3 − z2 = = z1 − z2 w1 − w2 w1 − w2 − z1 + z2 Do (z2 − z3 ) (w1 − z1 − w2 + z2 ) + (z1 − z2 ) (w3 − z3 − w2 + z2 ) = 26 Dẫn đến (w1 − z1 ) (z2 − z3 ) + (w2 − z2 ) (z3 − z1 ) + (w3 − z3 ) (z1 − z2 ) = Lấy môđun số phức ta thu |w1 − z1 | |z2 − z3 | ≤ |w2 − z2 | |z3 − z1 | + |w3 − z3 | |z1 − z2 | , tức AD.BC ≤ BE.CA + CF.AB Tương tự, ta chứng minh hai bất đẳng thức lại Vậy BC.AD, CA.BE CF.AB ba cạnh tam giác Nhận xét 2.2 Trong trường hợp D, E , F trùng định lí trở thành định lí tổng quát Định lí Pompeiu Định lý 2.6 (Xem [4]) Cho hai tam giác ABC A B C nằm hai mặt phẳng song song với Giả sử hai tam giác đồng dạng với hướng Khi BC.AA , CA.BB AB.CC độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh Vì ∆ABC ∆A B C hai tam giác đồng dạng nằm hai mặt phẳng song song Gọi ∆A1 B1 C1 hình chiếu vng góc tam giác A B C lên mặt phẳng chứa tam giác ABC Khi đó, ta ∆ABC ∆A1 B1 C1 đồng dạng hướng với Theo Định lý 2.4 ta có BC.AA1 , CA.BB1 AB.CC1 độ dài ba cạnh tam giác Áp dụng Bổ đề 2.2 suy BC AA21 + d2 , CA BB12 + d2 AB CC12 + d2 độ dài ba cạnh tam giác (với d khoảng cách hai mặt phẳng) Ta lại có AA = AA21 + d2 , BB = BB12 + d2 CC = CC12 + d2 Từ suy điều phải chứng minh 27 Chương Ứng dụng định lý Pompeiu Trong Chương trình bày ứng dụng Định lý Pompeiu việc nghiên cứu tốn hình học phẳng Ngồi ra, em trình bày số tốn liên quan đến chủ đề ba cạnh tam giác 3.1 Điểm Fermat - Toricelli Cho tam giác ABC tam giác nhọn Trên cạnh dựng tam giác phía ngồi tam giác đó: ∆ABC1 , ∆BCA1 , ∆CAB1 Định lý 3.1 (Xem [7]) Ta có khẳng định sau (a) Ba đường tròn ngoại tiếp tam giác đồng quy điểm T , tức (ABC1 ) ∩ (BCA1 ) ∩ (CAB1 ) = {T } (b) Các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy T (c) AA1 = BB1 = CC1 = T A + T B + T C (d) Với điểm M mặt phẳng (ABC) M A + M B + M C ≥ T A + T B + T C Nói cách khác, điểm T biểu thức phụ thuộc vào M sau đạt cực tiểu M A + M B + M C Chứng minh 28 (a) Gọi A, T giao đường tròn (ABC1 ) (ACB1 ) Vì tứ giác C1 BT A nội tiếp nên AT B = 1800 − AC1 B = 120◦ , tương tự AT C = 120◦ Do BT C = 120◦ Vì BT C + BA1 C = 1800 Tức là, T thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆A1 BC (b) Ta có AT C = 120◦ , AT C1 = ABC1 = 60◦ , nên AT C + AT C1 = 180◦ Vì C , T , C1 thẳng hàng Tương tự A, T, A1 B, T, B1 thẳng hàng (c) Ta chứng minh CC1 = T A + T B + T C Thật vậy, T ∈ (AC1 B) AC1 B tam giác nên theo Định lý 1.3, ta có T C1 = T A + T B Từ CC1 = CT + T C1 = T C + T A + T B Ta có điều cần chứng minh (d) Cho M điểm mặt phẳng (ABC) Khi theo Định 29 lý Pompeiu M C1 ≤ M A + M B Do M A + M B + M C ≥ M C + M C1 ≥ CC1 = T A + T B + T C Định nghĩa 3.1 Với giả thiết định lý (3.1) Ta gọi điểm T điểm Toricelli - Fermat Bây giờ, cho x, y z độ dài ba cạnh tam giác αβγ Trên tam giác ∆ABC dựng phía ngồi ba tam giác đồng dạng với tam giác αβγ Định lý 3.2 (Xem [7]) Ta có khẳng định sau (a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC1 , BCA1 CAB1 giao điểm T1 (b) Các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy T1 (c) xAA1 = yBB1 = zCC1 = xAT1 + yBT1 + zCT1 30 (d) Với điểm M mặt phẳng (ABC), ta có xM A + yM B + zM C ≥ xAA1 = xAT1 + yBT1 + zCT1 Chứng minh (a) Gọi {A, T1 } = (ABC1 ) ∩ (ACB1 ) Vì tứ giác AT1 BC1 nội tiếp nên AT1 B = 180◦ − γ, tương tự AT1 C = 180◦ − β Do BT1 C = 3600 − AT1 B + AT1 C = 3600 − 2α − β − γ Suy BT1 C + BA1 C = 1800 Vậy tứ giác T1 BA1 C nội tiếp Nói cách khác T1 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác BA1 C (b) Ta chứng minh AT1 C1 + AT1 C = 180◦ Vì C , T1 , C1 thẳng hàng Tương tự B , T1 , B1 A, T1 , A1 thẳng hàng Thật vậy, ta có AT1 C = 180◦ − β Suy AT1 C1 + AT1 C = 180◦ (c) Vì tam giác A1 BC αβγ đồng dạng nên A1 C BC A1 B = = z y x Dẫn đến y z A1 C = BC · , x x Vì T1 thuộc đường tròn (BCA1 ), theo Định lý Ptolemy A1 B = BC · T1 A1 · BC = BT1 · CA1 + CT1 · BA1 = BT1 · BC · z y + CT1 · BC · x x Suy xT1 A1 = yBT1 + zCT1 Vậy xT1 A1 + yBT1 + zCT1 = xT1 A + xT1 A1 = xAA1 31 Tương tự, ta chứng minh xT1 A + yT1 B + zT1 C = yBB1 = zCC1 (d) Gọi M điểm không thuộc đường tròn (BCA1 ) Theo Định lý Ptolemy BM.CA1 + CM.BA1 > M A1 · BC Chứng minh tương tự phần (c), ta xM A + yM B + zM C > xAA1 = xT1 A + yI1 B + zT1 C Nhận xét 3.1 Kết Định lý liên quan đến tốn cực tiểu hình học M in {xM A + yM B + zM C}, với x, y, z > Trong trường hợp x, y , z ba cạnh tam giác điểm M làm cực tiểu biểu thức điểm T1 Định lý 3.2 Ngược lại, chẳng hạn x ≥ y + z tốn phức tạp 3.2 Một số toán ba cạnh tam giác Bài toán 3.1 Ba đường trung tuyến tam giác lập thành ba cạnh tam giác Chứng minh Gọi AA , BB , CC ba đường trung tuyến tam giác ∆ABC Ta cần chứng minh AA , BB , CC lập thành ba cạnh tam giác Thật vậy, gọi X cho B X//BC , CX//AB Suy B XCA hình bình hành Ta có CX//A B , CX = A B 32 Suy ra: CX//AC , CX = AC Do CXA C hình bình hành Suy AX = CC Lại có B X//A B, B X = A B Do B XA B hình bình hành Suy A X = BB Khi ∆AXA có cạnh: AA trung tuyến thứ nhất, AX = CC trung tuyến thức hai, A X = BB trung tuyến thức ba Tương tự toán trên, ta có ba đường cao, ba đường phân giác tam giác lập thành cạnh tam giác Bài toán 3.2 Cho A, B , C ba góc tam giác Khi (sin A, sin B, sin C), cos B C A , cos , cos 2 , cos2 A B C , cos2 , cos2 2 ba cạnh tam giác Chứng minh 1) (sinA, sinB, sinC) Áp dụng định lí mục 2.2 Với M trọng tâm tam giác có ba góc A, B , C ta nhận điều phải chứng minh 2) A B C , cos , cos 2 Tương tự ta áp dụng Định lí Pompeiu tổng quát cho M tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC Khi cos MA = r sin A r.2R sin A A = Rr cos , A sin R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp ∆ABC Do A cos = · M A.BC 4Rr M A.BC = 33 Tương tự B = · M B.CA, 4Rr C M C · AB cos = 4Rr A B C Từ Định lí Pompeiu tổng quát suy cos , cos , cos 2 độ dài ba cạnh tam giác cos 3) B C A cos2 , cos2 , cos2 2 MA MB MC = = = k; với a, b, c độ s−a s−b s−c dài ba cạnh ∆ABC , s nửa chu vi ∆ABC k > Ta có Gọi M điểm thỏa mãn b+c−a 2 = 2R k sin A.(sin B + sin C − sin A) A B C A = 4R2 k sin sin sin cos2 2 2 M A.BC = k.a Tương tự M B.CA = 4R2 k sin B C A B · sin · sin · cos2 2 2 A B C C sin sin cos2 2 2 A B C Theo Định lý Pompeiu tổng quát ta suy cos2 , cos2 , cos2 2 độ dài ba cạnh tam giác M C.AB = 4R2 k sin 3.3 Bất đẳng thức hình học Trong mục 2.2 ta sử dụng số phức để chứng minh số bất đẳng thức hình học phẳng Trong mục cuối ta mở rộng phương pháp để nhận số bất đẳng thức hình học khác Định lý 3.3 (Xem [2]) Cho ∆ABC , P điểm mặt phẳng Đặt a = BC ; b = CA; c = AB ; R1 = P A; R2 = P B ; R3 = P C Khi 1) aR2 R3 + bR1 R3 + cR1 R2 ≥ abc 34 2) aR21 + bR22 + cR23 ≥ abc Chứng minh 1) Giả sử ∆ABC nằm mặt phẳng phức với gốc điểm P Gọi u, v , w số phức biểu diễn điểm A, B , C Ta chứng minh đẳng thức sau vw(v − w) + wu(w − u) + uv(u − v) = (w − v)(u − w)(v − u) Thật −→ −−→ −→ Với u = OA ; v = OB ; w = OC −−→ (v − w) biểu diễn vec tơ CB, −→ (w − u) biểu diễn vec tơ AC, −→ (u − v) biểu diễn vec tơ BA Áp dụng bất đẳng thức |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | , ta abc = |(w − v) (u − w) (v − u)| = |vw (v − w) + wu (w − u) + uv (u − v)| ≤ |vw (v − w)| + |wu (w − u)| + |uv (u − v)| = aR2 R3 + bR1 R3 + cR1 R2 2) Chứng minh tương tự cách sử dụng đẳng thức sau u2 (v − w) + v (w − u) + w2 (u − v) = (w − v)(u − w)(v − u) Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | , ta abc = |(w − v) (u − w) (v − w)| = u2 (v − w) + v (w − u) + w2 (u − v) ≤ u2 (v − w) + v (w − u) + w2 (u − v) −→2 −→ −→2 −−→ −−→2 −→ = P A BC + P B AC + P C BA = R12 a + R22 b + R32 c Vậy aR21 + bR22 + cR23 ≥ abc Định lý 3.4 (Xem [2]) Với giả thiết định Định lý 3.3 Gọi m1 , m2 , m3 khoảng cách từ P đến trung điểm BC , CA, AB Khi 35 1) 2) 3) m1 R2 R3 + R1 m21 + R1 m21 + R1 a2 ≥ 6R1 R2 R3 m1 R12 ≥ 3R1 R2 R3 R1 a2 ≥ 12R1 R2 R3 36 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề hình học phẳng, ba đoạn thẳng lập thành cạnh tam giác Kết trọng tâm nhắc đến luận văn định lý Pompeiu, nói ba đoạn thẳng nối từ điểm mặt phẳng đến ba đỉnh tam giác lập thành ba cạnh tam giác Trong luận văn tính chất với tam giác Ngoài mở rộng Định lý Pompeiu trình bày Chương luận văn Trong sử dụng đến số phức để chứng minh bất đẳng thức hình học phẳng, phương pháp hiệu Trong Chương 3, trình bày áp dụng Định lý Pompeiu việc chứng minh tốn hình học phẳng, tốn tam giác hay bất đẳng thức hình học trình bày Chương Ở đây, lần nữa, luận văn sử dụng số phức để giải tốn hình học phẳng 37 Tài liệu tham khảo [1] A Benyi and Casu (2009), Pompeiu’s theorem revisited, College Math J 40 (4), 252 – 258 [2] M.S Klamkin (1979), Triangle inequalities from the triangle inequality, Elmente der Math 34 (3), 49 – 55 [3] D.S Mitrinovic, J.E Pecaric and V.Volenec (1987), History, variations and generalizations of the Mobius – Newberg theorem and the Mobius – Pompeiu theorem, Bull Math de la soc Sci Math de la R.S de houmanie, Tome 31(70), no.1, 25 – 38 [4] D.S Mitrinovic, J.E Pecaric and V.Volenec (1989), Recent advances in geometric inequalities, Springer - sciences Business media Dordrecht [5] D Pompeiu (1936), Une identibe enbe nombres complexes et un theorem de geomtrie elementaive, Bull Math pluys E’cole polytechn Bucarest 6, – [6] C Tweedie (1903/04), Inequality theorem, regarding the lines Joining conesponding vertices of two equilateral, or dicrectly similar, triangles proc Edinburgh Math Soc 22, 22 – 26 [7] www.irmo.ie/2.Equilateral-Triangles.pdf The Irish Math Olympiad [8] http://www.cut - the - knot.org/Curriculum/Geometry/Pompeiu.shtml Thái Nguyên, ngày tháng năm 2019 Học viên (Ký ghi rõ họ tên) Vũ Thị Luyến ... phiên tổng quát Định lý Pompeiu, định lí đảo Định lí Pompeiu số ứng dụng Định lí Pompeiu trình bày luận văn Nội dung luận văn gồm Chương: Chương 1: Trình bày Định lý Pompeiu định lý đảo Chương... ĐẦU Định lý Pompeiu 1.1 Định lý Pompeiu 1.2 Bất đẳng thức Ptolemy Định lý Pompeiu 1.3 Định lý đảo định lý Pompeiu 12 Định lý Pompeiu tổng quát 2.1... Ptolemy Định lý Pompeiu Bất đẳng thức Ptolemy liên hệ độ dài đường chéo với độ dài cạnh tứ giác Từ bất đẳng thức Ptolemy suy Định lý Pompeiu cho chứng minh khác định lý Định lý 1.4 (Định lý Ptolemy,