Bất đẳng thức này gọi là bất đẳng thức Euler. Bất đẳng thức này dễ dàng suy ra từ định lý Euler d 2 = R2 − 2Rr với d là khoảng cách giữa hai tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Vì d 2 ≥ 0 nên R ≥ 2r. Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu hai đường tròn đồng tâm, tức là tam giác đó là tam giác đều.
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - HOÀNG MINH AN MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC EULER VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - HOÀNG MINH AN MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC EULER VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Tạ Duy Phượng THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Lời cảm ơn Lời nói đầu Bất đẳng thức Euler số mở rộng 1.1 Một số kiến thức bổ trợ 1.1.1 Một số định lý tam giác 1.1.2 Một số bất đẳng thức 1.1.3 Tứ giác nội tiếp 1.1.4 Tứ giác ngoại tiếp 1.1.5 Tứ giác hai tâm 1.2 Bất đẳng thức Euler 1.3 Một số mở rộng bất đẳng thức Euler 11 1.3.1 Mở rộng bất đẳng thức Euler cho tam giác 11 1.3.2 Mở rộng bất đẳng thức Euler cho tứ giác hai tâm 32 1.3.3 Mở rộng bất đẳng thức Euler cho đa diện 41 Một số ứng dụng bất đẳng thức Euler 51 2.1 Ứng dụng bất đẳng thức Euler chứng minh bất đẳng thức tam giác 51 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức Euler chứng minh bất đẳng thức tứ giác 59 Kết luận 65 Tài liệu tham khảo 66 Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn PGS TS Tạ Duy Phượng Xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới Thầy, người tận tình hướng dẫn đạo tác giả tập dượt nghiên cứu khoa học suốt trình tìm hiểu tài liệu, viết hoàn thiện Luận văn Đồng thời xin chân thành cảm ơn quý thầy cô Bộ mơn tốn, Khoa Khoa học Tự nhiên, Thầy Cơ Viện Tốn học tận tình giảng dạy, quan tâm tạo điều kiện thuận lợi thủ tục hành để em hồn thành khóa học bảo vệ luận văn Thạc sĩ Tôi chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè quan, đồn thể nơi tơi cơng tác Trường Trung học Phổ thông Bạch Đằng, Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, tạo điều kiện vật chất lẫn tinh thần trình học tập, nghiên cứu viết luận văn Xin cảm ơn thầy giáo Hồng Minh Qn cho phép tơi tham khảo sử dụng thảo thầy Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Tác giả Hồng Minh An Lời nói đầu Năm 1897, thi toán Hội Toán học Vật lý Loránd Eotvos, Giáo sư L F Fejér, vào thời điểm sinh viên, sử dụng hệ thú vị sau định lý hình học sơ cấp tiếng Euler: Nếu R bán kính đường trịn ngoại tiếp r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác R ≥ 2r Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Euler Bất đẳng thức dễ dàng suy từ định lý Euler d2 = R2 − 2Rr với d khoảng cách hai tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Vì d2 ≥ nên R ≥ 2r Đẳng thức xảy hai đường tròn đồng tâm, tức tam giác tam giác Bất đẳng thức Euler chất, thể mối quan hệ bán kính đường trịn ngoại tiếp bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Bất đẳng thức Euler có nhiều ứng dụng Ngồi ra, bất đẳng thức Euler cịn mở rộng theo nhiều hướng khác nhau: tam giác (thay bất đẳng thức Euler bất đẳng thức tổng quát hơn), mở rộng cho tứ giác, tứ diện, Luận văn "Một số mở rộng bất đẳng thức Euler ứng dụng" có mục đích khai thác, tổng hợp, chứng minh bất đẳng thức Euler mở rộng bất đẳng thức này, đồng thời trình bày ứng dụng bất đẳng thức Euler chứng minh hệ thức hình học tam giác tứ giác Chương Bất đẳng thức Euler số mở rộng 1.1 Một số kiến thức bổ trợ Cho tam giác ABC, với cạnh a = BC, b = AC, c = AB Kí hiệu a) O, I theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác tam giác b) R r theo thứ tự bán kính đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác c) , rb , rc theo thứ tự bán kính đường trịn bàng tiếp, tiếp xúc với cạnh BC, AC, AB tương ứng d) Ký hiệu S diện tích s = 1.1.1 a+b+c nửa chu vi tam giác Một số định lý tam giác Định lý 1.1 (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC, ta có a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, b2 = a2 + c2 − 2ac cos B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C Hệ 1.1 Từ Định lý 1.1, ta có cos A = b2 + c2 − a2 , 2bc c2 + a2 − b2 cos B = , 2ca cos C = a2 + b2 − c2 2ab Định lý 1.2 Trong tam giác ABC ta có a b c = = = 2R sin A sin B sin C Định lý 1.3 Diện tích S tam giác ABC tính theo công thức sau: 1 S = aha = bhb = chc , 2 1 S = ab sin C = bc sin A = ca sin B, 2 S = abc , 4R S = 2R2 sin A sin B sin C, S = sr, s(s − a)(s − b)(s − c), S = S = S = √ rra rb rc , arb rc brc cra rb = = , rb + rc rc + ra + rb Định lý 1.4 Trong tam giác ABC, ta có r = (p − a) tan 1.1.2 B C S A = (p − b) tan = (p − c) tan = 2 p Một số bất đẳng thức Định lý 1.5 (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a1 , a2 , , an số thực khơng âm, ta có √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 an n Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Hệ 1.2 Với số thực dương a1 , a2 , , an , ta có √ n n a1 a2 an ≥ 1 a1 + a2 + · · · + an Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Hệ 1.3 Với số thực dương a1 , a2 , , an , ta có 1 n2 + + ··· + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + · · · + an Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Khi (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) Đẳng thức xảy 1.1.3 a1 a2 an = = ··· = b1 b2 bn Tứ giác nội tiếp 1.1.3.1 Định nghĩa tính chất Xét tứ giác lồi ABCD Định nghĩa 1.1 Tứ giác ABCD có bốn đỉnh A, B, C, D nằm đường tròn gọi tứ giác nội tiếp Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp thỏa mãn điều kiện sau Tính chất 1.1 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn (O; R) OA = OB = OC = OD Tính chất 1.2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp hai đỉnh kề nhìn cạnh đối góc Tính chất 1.3 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp tổng hai góc đối diện 1800 Tính chất 1.4 Giả sử tứ giác ABCD có hai đường thẳng chứa hai cạnh AB CD cắt I Khi điều kiện cần đủ để tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp IA.IB = IC.ID Tính chất 1.5 Giả sử tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt K Khi điều kiện cần đủ để tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp KA.KC = KB.KD Tính chất 1.6 (Đường thẳng Simson) Tứ giác ABCD nội tiếp chân ba đường cao hạ từ đỉnh tứ giác xuống ba đường thẳng chứa ba cạnh tạo ba đỉnh lại thẳng hàng Tính chất 1.7 (Định lí Ptoleme) Tứ giác ABCD nội tiếp AC.BD = AB.CD + AD.BC 1.1.3.2 Diện tích tứ giác Định lý 1.7 (Định lí Brahmagupta) Cho tứ giác ABCD nội tiếp với cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = d Khi diện tích tứ giác ABCD S= (p − a)(p − b)(p − c)(p − d), a+b+c+d nửa chu vi tứ giác ABCD 1.1.3.3 Độ dài hai đường chéo tứ giác nội tiếp với p = Định lý 1.8 Cho tứ giác ABCD nội tiếp với cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = d Khi độ dài hai đường chéo tứ giác ABCD cho công thức AC = 1.1.4 (ac + bd)(ab + cd) (ac + bd)(ad + bc) ; BD2 = ab + cd ad + bc Tứ giác ngoại tiếp 1.1.4.1 Định nghĩa tính chất Định nghĩa 1.2 Tứ giác lồi ABCD gọi tứ giác ngoại tiếp đường tròn đường trịn tiếp xúc với tất cạnh tứ giác Cho tứ giác lồi ABCD Khi ABCD tứ giác ngoại tiếp thỏa mãn điều kiện sau Tính chất 1.8 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn (O; R) tổng cặp cạnh đối nhau, tức AB + CD = BC + DA Tính chất 1.9 Tứ giác ABCD có tia AD BC cắt E; tia AB DC cắt F Khi điều kiện sau tương đương: a) Tứ giác ABCD ngoại tiếp b) BE + BF = DE + DF c) F A + CE = EA + CF 1.1.4.1 Diện tích tứ giác ngoại tiếp Định lý 1.9 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp với cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = d Khi diện tích tứ giác ABCD √ B+D S = abcd sin 1.1.5 Tứ giác hai tâm Định nghĩa 1.3 Tứ giác ABCD gọi tứ giác hai tâm vừa nội tiếp đường trịn vừa ngoại tiếp đường tròn Nhận xét Tứ giác hai tâm có đầy đủ tính chất tứ giác nội tiếp tứ giác ngoại tiếp Giả sử tứ giác hai tâm nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R ngoại tiếp đường trịn tâm I bán kính r Các định lý trình bày [2] Định lý 1.10 Trong tứ giác hai tâm, ta có đẳng thức sau: a) (bc + ad)(ab + cd)(ac + bd) = 16p2 R2 r2 b) ab + bc + cd + da = p2 √ c) ab + bc + cd + da + ac + bd = p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 √ d) ac + bd = 2r(r + 4R2 + r2 ) 1.1.5.1 Diện tích tứ giác hai tâm Cho tứ giác hai tâm ABCD với cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = a+b+c+d d với nửa chu vi p = diện tích S Định lý 1.11 Diện tích tứ giác hai tâm ABCD cho công thức √ S = abcd Hệ 1.4 Tứ giác hai tâm có diện tích tính cơng thức S = ac tan θ θ = bd cot , 2 với θ góc hai đường chéo Hệ 1.5 Trong tứ giác hai tâm ta có tan A = bc C B = cot ; tan = ad 2 cd D = cot ab 53 Mặt khác, theo bất đẳng thức Euler R ≥ 2r, suy 5s2 ≥ 15r2 + 60Rr = 15r2 + 54Rr + 6Rr ≥ 15r2 + 54Rr + 2r2 = 27r(r + 2R) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Ví dụ 2.4 Chứng minh tam giác ta có bất đẳng thức a4 + b4 + c4 + 5abc(a + b + c) ≥ 2(ab + bc + ca)2 Chứng minh Trong tam giác ta có hệ thức ab + bc + ca = s2 + r2 + 4Rr; abc = 4sRr a4 + b4 + c4 = 2[s4 − (4R + 3r)2rs2 + r2 (4R + r)2 ] Bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức 2[s4 − 2rs2 (4R + 3r) + r2 (4R + r)2 ] + 5.4sRr.2s ≥ 2(s2 + r2 + 4Rr)2 , hay tương đương với −2rs2 (4R + 3r) + 20Rrs2 ≥ 2s2 (r2 + 4Rr), hay tương đương với 6Rr − 3r2 ≥ 4Rr + r2 ⇔ R ≥ 2r Bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Euler Đẳng thức xảy tam giác tam giác Ví dụ 2.5 Chứng minh bất đẳng thức sau tam giác √ a + b + c ≤ 3R Chứng minh Ta có a2 + b2 + c2 = 2(s2 − r2 − 4Rr) Mặt khác tam giác ta có a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 , a2 + b2 + c2 = 2(s2 − r2 − 4Rr) ≤ 9R2 ⇔ 2s2 ≤ 9R2 + 2r2 + 8Rr Theo bất đẳng thức Euler r ≤ R , suy R2 R 27 2s ≤ 9R + 2r + 8Rr ≤ 9R + + 8R = R2 , 2 2 2 54 hay √ √ 4s2 ≤ 27R2 ⇔ 2s ≤ 3R ⇔ a + b + c ≤ 3R Đẳng thức xảy tam giác tam giác Ví dụ 2.6 Chứng minh tam giác ta có bất đẳng thức 36r2 ≤ ab + bc + ca ≤ 9R2 Chứng minh Ta có ab + bc + ca = s2 + r2 + 4Rr, bất đẳng thức cho tương đương với 36r2 ≤ s2 + r2 + 4Rr ≤ 9R2 Bất đẳng thức 36r2 ≤ s2 + r2 + 4Rr tương đương với R s +4 r r Bất đẳng thức √ theo bất đẳng thức Euler R ≥ 2r a + b + c ≤ √ 3R 3R ⇔ p ≤ , suy √ R s + ≥ (3 3)2 + 4.2 = 35 r r Bất đẳng thức s2 + r2 + 4Rr ≤ 9R2 tương đương với 35 ≤ r r s + + ≤ r R R Bất√đẳng thức từ bất đẳng thức Euler bất đẳng thức 3R p≤ , suy √ 2 r r s 3 + +4 ≤ + + = r R R 2 Đẳng thức xảy tam giác tam giác Ví dụ 2.7 Chứng minh tam giác ta có bất đẳng thức √ p ≤ r + 4R Chứng minh Ta có 2s2 ≤ 9R2 + 2r2 + 8Rr Theo bất đẳng thức Euler R ≥ 2r, suy 27 R + 3r2 + 12Rr R2 27 ≤ R + r2 + + 8Rr + 2R2 ≤ 16R2 + 8Rr + r2 , 3s2 ≤ 55 hay tương đương với √ 3p2 ≤ (4R + r)2 ⇔ 3p ≤ 4R + r Đẳng thức xảy tam giác tam giác Ví dụ 2.8 Chứng minh bất đẳng thức sau tam giác 6R2 + 3r2 ≥ s2 ≥ 7r2 + 10Rr Chứng minh Chú ý rằng, ta có s2 ≥ 3r(4R + r), hay s2 ≥ 3r2 + 12Rr = 10Rr + 7r2 + 2Rr − 4r2 = 10Rr + 7r2 + 2r(R − 2r) Sử dụng bất đẳng thức Euler R ≥ 2r, suy s2 ≥ 10Rr + 7r2 Mặt khác ta lại có 2s2 ≤ 9R2 + 2r2 + 8Rr = 12R2 + 6r2 − (3R2 + 4r2 − 8Rr) = 12R2 + 6r2 − (R − 2r)(3R − 2r) Vì R ≥ 2r nên 2s2 ≤ 12R2 + 6r2 ⇔ s2 ≤ 6R2 + 3r2 Dấu "=" xảy tam giác tam giác Ví dụ 2.9 Chứng minh tam giác ta có bất đẳng thức R r + ≥ r R Chứng minh Coi R biến số, r tham số Tam thức bậc hai f (R) = r 2R2 − 5Rr + 2r2 có nghiệm R1 = R2 = 2r nên khơng âm miền r R ≤ R ≥ 2r Theo bất đẳng thức Euler R ≥ 2r nên f (R) = 2R2 − 5Rr + 2r2 ≥ ⇔ R r + ≥ r R Đẳng thức xảy tam giác tam giác Ví dụ 2.10 Chứng minh bất đẳng thức sau tam giác 4S ≤ a2 (s − b)(s − c) + b2 (s − a)(s − c) + c2 (s − a)(s − b) ≤ s2 R2 56 Chứng minh Ta có b c a b c a + + +3 = +1+ +1+ +1 s−a s−b s−c s−a s−b s−c s s s = + + s−a s−b s−c 1 + + = s s−a s−b s−c Mặt khác 1 4R + r + + = s−a s−b s−c sr Từ suy a b c 4R − 2r + + −3= s−a s−b s−c r Lại có a2 (s − a)(s − b)(s − c) a2 S 1 a (s − b)(s − c) = = = aS − s(s − a) s(s − a) s−a s Tương tự b2 (s − a)(s − c) = bS 1 1 − ; c2 (s − a)(s − b) = cS − s−b s s−c s Cộng đẳng thức lại với nhau, ta a2 (s − b)(s − c) + b2 (s − a)(s − c) + c2 (s − a)(s − b) = = S2 b c a+b+c a + + − s−a s−b s−c s = S2 4R − 2r 4R − 4r − = S2 r r Bất đẳng thức ban đầu tương đương với bất đẳng thức 4S ≤ 4R − 4r S ≤ s2 R2 r Do S = sr nên bất đẳng thức tương đương với 4s2 r2 ≤ 4R − 4r 2 s r ≤ s2 R2 ⇔ 4r2 ≤ r(4R − 4r) ≤ R2 , r ⇔ 8r2 ≤ 4Rr ≤ R2 + 4r2 Bất đẳng thức 8r2 ≤ 4R ⇔ ≤ 4r(R − 2r), R ≥ 2r (bất đẳng thức Euler) 57 Bất đẳng thức 4Rr ≤ R2 + 4r2 ⇔ (R − 2r)2 ≥ 0, hiển nhiên Vậy bất đẳng thức ban đầu chứng minh Đẳng thức xảy tam giác tam giác Ví dụ 2.11 Chứng minh bất đẳng thức sau tam giác rb + rc rc + ra + rb + + ≥ rb rc Chứng minh Trong tam giác ta có bất đẳng thức rb + rc rc + ra + rb 4R + + = − rb rc r Lại có R ≥ 2r (theo bất đẳng thức Euler), suy rb + rc rc + ra + rb + + ≥ rb rc Đẳng thức xảy tam giác tam giác Ví dụ 2.12 Chứng minh tam giác ta có bất đẳng thức 9r2 ≤ (s − a)(s − b) + (s − b)(s − c) + (s − c)(s − a) ≤ R2 Chứng minh Trong tam giác ta có (s − a)(s − b) + (s − b)(s − c) + (s − c)(s − a) = r(4R + r) Bất đẳng thức ban đầu tương đương với bất đẳng thức 9r2 ≤ r(4R + r) ≤ R2 Bất đẳng thức sau R ≥ 2r (bất đẳng thức Euler) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Ví dụ 2.13 Chứng minh tam giác ta có bất đẳng thức abc ≥ (−a + b + c)(−b + c + a)(−c + a + b) Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (a + b + c)abc ≥ (a + b + c)(−a + b + c)(−b + c + a)(−c + a + b), abc(a + b + c) ≥2 8S R ≥ ⇔ ≥ r ⇔ abc(a + b + c) ≥ 16S ⇔ ⇔ abc 4S 2S a+b+c Bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Euler Đẳng thức xảy tam giác tam giác 58 Ví dụ 2.14 Chứng minh bất đẳng thức sau tam giác 1 1 ≤ + + ≤ 2 R ab bc ca 4r Chứng minh Trong tam giác ta có đẳng thức 1 1 + + = ab bc ca 2Rr Theo bất đẳng thức Euler, ta có 2r ≤ R ⇔ 4r2 ≤ 2Rr ≤ R2 , suy 1 1 ≤ + + ≤ 2 R ab bc ca 4r Ví dụ 2.15 Chứng minh tam giác ta có bất đẳng thức abc ≥ 4r2 a+b+c Chứng minh Áp dụng công thức S = abc 4R = sr ⇔ abc = 4sRr, ta 4sRr ≥ 4r2 ⇔ R ≥ 2r, 2s bất đẳng thức bất đẳng thức Euler Đẳng thức xảy tam giác tam giác Trong phần 2.1 chứng minh hàng trăm hệ thức hình học tam giác thông qua ứng dụng định lý Euler Tuy nhiên cịn nhiều hệ thức hình học khác xây dựng chứng minh bất đẳng thức Euler chẳng hạn số bất đẳng thức Ví dụ 2.16 (Bất đẳng thức cho a + b + c) Trong tam giác ABC, ta có √ √ √ √ 3r ≤ a + b + c ≤ (4R + r) ≤ 4R + 2(3 − 4)r ≤ 3r Ví dụ 2.17 (Bất đẳng thức cho a + b + c) Trong tam giác ABC, ta có abc abc ≤ a + b + c ≤ 4R2 4r2 Ví dụ 2.18 (Bất đẳng thức cho a2 + b2 + c2 ) Trong tam giác ABC, ta có 36r2 ≤ 18Rr ≤ 12r(2R − r) ≤ 4R2 + 16Rr − 3r2 − 4(R − 2r) R(R − 2r) ≤ a2 + b2 + c2 ≤ 4R2 + 16Rr − 3r2 + 4(R − 2r) R(R − 2r) ≤ 8R2 + 4r2 ≤ 9R2 59 2.2 Ứng dụng bất đẳng thức Euler chứng minh bất đẳng thức tứ giác Cho tứ giác ABCD với cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = d Ký hiệu a+b+c+d p= nửa chu vi tứ giác Ký hiệu R r theo thứ tự bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tứ giác hai tâm ABCD Các ví dụ sau lựa chọn từ [2] Ví dụ 2.19 Chứng minh bất đẳng thức sau tứ giác hai tâm: √ p ≤ 2R + (4 − 2)r Chứng minh Diện tích tứ giác hai tâm tính cơng thức √ S = pr; S = r(r + 4R2 + r2 ) sin θ, với θ góc hai đường chéo Suy √ √ pr = r(r + 4R2 + r2 ) sin θ ⇔ p = (r + 4R2 + r2 ) sin θ Do p ≤ r + √ R , ta chứng minh r √ √ r + 4R2 + r2 ≤ 2R + (4 − 2)r, 4R2 + r2 Đặt x = tương đương với √ √ 4x2 + ≤ 2x + − 2 √ √ √ √ ⇔ 4x2 + ≤ 2x + − 2 ⇔ ≤ 4(3 − 2)x + (3 − 2)2 √ √ ⇔ x ≥ ⇔ R ≥ 2r, 1+ bất đẳng thức cuối Đẳng thức xảy tứ giác hai tâm hình vng Ví dụ 2.20 Chứng minh rằng, tứ giác hai tâm ta có bất đẳng thức: √ p2 ≤ 4R2 + 4Rr + (8 − 2)r2 √ Chứng minh Ta có p ≤ r + 4R2 + r2 , bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (r + √ √ 4R2 + r2 )2 ≤ 4R2 + 4Rr + (8 − 2)r2 60 Đặt x = R , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành r √ √ ( 4x2 + + 1)2 ≤ 4x2 + 4x + − 2, tương đương với √ √ 4x2 + + 4x2 + ≤ 4x2 + 4x + − √ √ √ √ ⇔ 4x2 + ≤ 4x + − ⇔ 4x2 + ≤ 2x + − 2 √ √ ⇔ 4x2 + ≤ 4x2 + (12 − 2)x + (3 − 2)2 √ √ ⇔ x ≥ ⇔ R ≥ 2r, bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Fejes Tóth Đẳng thức xảy tứ giác hai tâm hình vng Ví dụ 2.21 Chứng minh với tứ giác hai tâm ta có p2 + 8r2 ≤ ab + bc + ca + ad + bd + cd ≤ 3(p2 − 8r2 ) Chứng minh Đối với tứ giác hai tâm, ta có đẳng thức √ ab + bc + ca + ad + bd + cd = p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 √ Theo bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ 2r, suy √ ab + bc + ca + ad + bd + cd = p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 ≥ p2 + 8r2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + 2 2 2 2 a +d b +d c + d2 + + + 2 2 2 3(a + b + c + d ) ≤ ab + bc + ca + ad + bd + cd ≤ Mặt khác thì, tứ giác hai tâm ta có √ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 2[p2 − 2(r2 + r 4R2 + r2 )], suy √ ab + bc + ca + ad + bd + cd ≤ 3[p2 − 2(r2 + r 4R2 + r2 )] 61 Áp dụng bất đẳng thức R ≥ √ 2r lần nữa, ta có √ 3[p2 − 2(r2 + r 4R2 + r2 )] ≤ 3(p2 − 8r2 ) Do ab + bc + ca + ad + bd + cd ≤ 3(p2 − 8r2 ) Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác hai tâm hình vng Ví dụ 2.22 Chứng minh bất đẳng thức sau tứ giác hai tâm: p3 8pr ≤ abc + abd + acd + bcd ≤ + 4pr2 24 Chứng minh Trong tứ giác hai tâm, ta có đẳng thức √ abc + abd + acd + bcd = 2pr(r + 4R2 + r2 ) √ Từ bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ 2r, suy abc + abd + acd + bcd ≥ 8pr2 √ Mặt khác p2 ≥ 8r( 4R2 + r2 − r), suy √ abc + abd + acd + bcd = 2pr( 4R2 + r2 − r) + 4pr2 p √ = 8r( 4R2 + r2 − r) + 4pr2 p2 ≤ + 4pr2 Đẳng thức xảy tứ giác hai tâm hình vng Ví dụ 2.23 Chứng minh bất đẳng thức sau tứ giác hai tâm 1 1 p2 + 16r2 ≤ + + + ≤ p a b c d 4pr2 Chứng minh Ta có đẳng thức sau tứ giác hai tâm √ 2( 4R2 + r2 + r) 1 1 + + + = a b c d pr √ Mặt khác p2 ≥ 8r( 4R2 + r2 − r), suy √ 1 1 8r( 4R2 + r2 + r) + + + = a b c d 4pr2 √ 8r( 4R2 + r2 − r) + 16r2 p2 + 16r2 = ≤ 4pr2 4pr2 √ Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ 2r, ta √ 1 1 2( 4R2 + r2 + r) 8r + + + = ≥ = a b c d pr 8rp p 62 Ví dụ 2.24 Chứng minh bất đẳng thức sau tứ giác hai tâm: p2 + 8r2 1 1 1 5p2 + 16r2 ≤ + + + + + ≤ p2 r2 ab bc ca ad bd cd 4p2 r2 Chứng minh Trong tứ giác hai tâm, ta có √ 1 1 p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 + + + + + = ab bc ca ad bd cd p2 r √ Mặt khác p2 ≥ 8r( 4R2 + r2 − r), suy √ 1 1 1 4p2 + 8r(r + 4R2 + r2 ) + + + + + = ab bc ca ad bd cd 4p2 r2 √ 4p2 + 8r( 4R2 + r2 − r) + 16r2 = 4p2 r2 5p2 + 16r2 ≤ 4p2 r2 √ Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ 2r, ta √ 1 1 1 p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 p2 + 8r2 + + + + + = ≥ ab bc ca ad bd cd p2 r p2 r2 Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác ABCD hình vng Ví dụ 2.25 Chứng minh bất đẳng thức sau tứ giác hai tâm: p2 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ p2 − 8r2 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, có (1 + + + 1) a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (a + b + c + d) tương đương (a + b + c + d) ≤ a2 + b2 + c2 + d2 , hay p2 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 Mặt khác áp dụng đẳng thức tứ giác hai tâm √ a2 + b2 + c2 + d2 = 2p2 − 4(r2 + r 4R2 + r2 ) , 63 √ bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ r 2, có √ a2 + b2 + c2 + d2 = 2p2 − r2 + r 4R2 + r2 ≤ p2 − 8r2 Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác hai tâm hình vng Ví dụ 2.26 Chứng minh bất đẳng thức sau tứ giác hai tâm: p2 + 8r2 ≤ a2 b2 +a2 c2 +a2 d2 +b2 c2 +b2 d2 +c2 d2 ≤ 25p4 − 320p2 r2 + 256r4 16 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, có (1 + + + + + 1) a2 b2 + a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2 + c2 d2 ≥ (ab + ac + ad + bc + bd + cd) , tương đương a2 b2 + a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2 + c2 d2 ≥ (ab + ac + ad + bc + bd + cd) Theo Ví dụ 2.21, có ab + bc + ca + ad + bd + cd ≥ p2 + 8r2 Do p2 + 8r2 a b +a c +a d +b c +b d +c d ≥ Mặt khác, từ đẳng thức tứ giác hai tâm √ a2 b2 + a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2 + c2 d2 = (p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 )2 − √ −8p2 r 4R2 + r2 − 6p2 r2 √ √ bất đẳng thức p2 ≥ 8r( 4R2 + r2 − r) bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ r 2, 2 2 2 2 2 2 ta có a2 b2 + a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2 + c2 d2 = √ √ = p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 − 8p2 r 4R2 + r2 − 6p2 r2 √ 2 √ 4p2 + 8r 4R2 + r2 − r + 16r2 − 8p2 r 4R2 + r − 6p2 r = 5p2 + 16r2 25p4 − 320p2 r2 + 256r4 2 ≤ − 30p r = 16 16 Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác hai tâm hình vng 64 Ví dụ 2.27 Chứng minh bất đẳng thức sau tứ giác hai tâm: 16r2 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 8R2 Chứng minh Áp dụng đẳng thức sau tứ giác hai tâm √ a2 + b2 + c2 + d2 = 2p2 − 4(r2 + r 4R2 + r2 ) , √ √ bất đẳng thức p2 ≥ 8r( 4R2 + r2 − r) bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ r 2, ta có √ a2 + b2 + c2 + d2 = 2p2 − r2 + r 4R2 + r2 ≥ √ √ ≥ 16r( 4R2 + r2 − r) − 4(r2 + r 4R2 + r2 ) √ ≥ 12r 4R2 + r2 − 20r2 ≥ 16r2 √ Áp dụng đẳng thức a2 + b2 + c2 + d2 = 2p2 − 4(r2 + r 4R2 + r2 ) , bất đẳng √ √ thức p ≤ r + 4R2 + r2 bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ r 2, ta có √ a2 + b2 + c2 + d2 = 2p2 − r2 + r 4R2 + r2 √ √ ≤ r + 4R2 + r2 − r2 + r 4R2 + r2 √ √ ≤ 4R2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 − r2 + r 4R2 + r2 ≤ 8R2 Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy tứ giác hai tâm hình vng 65 Kết luận Luận văn trình bày số mở rộng bất đẳng thức Euler ứng dụng Trong khuôn khổ luận văn cao học khả có hạn, tác giả khơng thể khai thác, bao quát hết mở rộng ứng dụng bất đẳng thức Euler Và hướng mở tác yêu thích Tốn học nghiên cứu, đào sâu thêm mở rộng bất đẳng tức Euler cho tam giác cầu, tam giác hyperbolic ứng dụng chứng minh bất đẳng thức tứ diện, đa diện, tam giác cầu, tam giác hyperbolic 66 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Tạ Duy Phượng, Hoàng Minh Quân (2017), Phương trình bậc ba với hệ thức hình học lượng giác tam giác, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [2] Hoàng Minh Quân (2017), Phương trình bậc bốn hệ thức hình học tứ giác hai tâm (Bản thảo) Tiếng Anh [3] Albrecht Hess (2013), "Bicentric Quadrilaterals through Inversion", Forum Geometricorum, Volume 13, 11–15 [4] Dragoslav S Mitrinovic, J Pecaric, V Volenec (1989), Recent Advances in Geometric Inequalities, Kluwer, Dordrecht, Boston, London [5] F Ardila (1995), "A Generalization of Euler’s R ≥ 2r", Crux Math., Volume 21, 1-2 [6] L F Tosth (1948), "An Inequality Concerning Polyhedra", Duke Math J., Volume 15, No3, 817-822 [7] M Josefsson (2012), "A New Proof of Yun’s Inequality for Bicentric Quadrilaterals", Forum Geometricorum, Volume 12, 79-82 [8] Z.-H Zhang, Q Song and Z.-S Wang, (2003), "Some Strengthened Results on Euler’s Inequality", http://rgmia.org/papers/v6n4/EULER.pdf [9] Shan-He Wu (2004), "Some improved results on the Euler’s inequality", http://rgmia.org/papers/v7n3/euler.pdf 67 [10] Yu-Dong Wu, Zhi-Hua Zhang (2006), "Tangent Sphere of Edge in Tetrahedron", http://rgmia.org/papers/v9n4/tetrahedron-6.pdf [11] Yu-Dong Wu, Zhi-Hua Zhang (2012), "On the Circumradius of a Special Class of n-Simplices", https://arxiv.org/pdf/1007.1602.pdf ... 1.3.3 Mở rộng bất đẳng thức Euler cho đa diện 41 Một số ứng dụng bất đẳng thức Euler 51 2.1 Ứng dụng bất đẳng thức Euler chứng minh bất đẳng thức tam giác 51 2.2 Ứng dụng. .. (thay bất đẳng thức Euler bất đẳng thức tổng quát hơn), mở rộng cho tứ giác, tứ diện, Luận văn "Một số mở rộng bất đẳng thức Euler ứng dụng" có mục đích khai thác, tổng hợp, chứng minh bất đẳng thức. .. 1.2 Bất đẳng thức Euler 1.3 Một số mở rộng bất đẳng thức Euler 11 1.3.1 Mở rộng bất đẳng thức Euler cho tam giác 11 1.3.2 Mở rộng bất đẳng thức Euler