Về một số bất đẳng thức dạng tham số trong mặt phẳng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ĐỖ NGỌC THƯỜNG VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG MẶT PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ĐỖ NGỌC THƯỜNG VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG MẶT PHẲNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: PGS.TS ĐINH THANH ĐỨC Bình Định - 2020 Mục lục MỞ ĐẦU 1 BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG 1.1 Các bất đẳng thức mặt phẳng 1.2 Các bất đẳng thức điểm tam giác SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG TAM GIÁC 21 2.1 Ý tưởng dẫn đến toán 21 2.2 Các bổ đề 23 2.3 Chứng minh toán nêu 35 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ ĐỐI VỚI MỘT ĐIỂM TRONG TAM GIÁC 41 3.1 Các bất đẳng thức dạng tham số 41 3.2 Chứng minh bất đẳng thức 3.3 Một số toán mở bất đẳng thức dạng tham số tam giác 49 42 KẾT LUẬN 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO 52 PHỤ LỤC 54 MỞ ĐẦU Từ trước tới nay, tốn bất đẳng thức hình học nói chung bất đẳng thức hình học mặt phẳng nói riêng ln tốn khó muốn quan tâm tìm hiểu Tuy khó khăn tốn bất đẳng thức hình học đề tài mà nhiều người làm toán muốn tìm hiểu giải Các tốn bất đẳng thức mặt phẳng phong phú, kể đến bất đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Erdos-Modell, v.v Các bất đẳng thức đề cập số kết nhà toán học lĩnh vực bất đẳng thức ( [4], [19], [3]) Các bất đẳng thức tam giác nghiên cứu, đưa nhiều Dựa bất đẳng thức người ta đưa dự đốn bất đẳng thức tam giác bất đẳng thức dạng tham số để tổng quát cho trường hợp cụ thể đồng thời tìm cách chứng minh Việc chứng minh bất đẳng thức gặp nhiều khó khăn q trình tính tốn, cần có hỗ trợ cơng cụ tính tốn phần mềm Maple ([7], [8]) Các toán bất đẳng thức dạng tham số điểm tam giác năm gần nhà toán học nước quốc tế quan tâm nhiều ([7], [8], [9], [4], [20]) Để có nhìn chi tiết cụ thể bất đẳng thức dạng tham số mặt phẳng, chọn đề tài "Về số bất đẳng thức dạng tham số mặt phẳng" Trong luận văn này, phần mục lục, phần mở đầu phần kết luận luận văn chia làm chương Chương Trong chương này, hệ thống số bất đẳng thức hình học mặt phẳng bất đẳng thức điểm tùy ý tam giác Chương Chương chúng tơi trình bày cách chứng minh bất đẳng thức dạng tham số tam giác có sử dụng phần mềm Maple việc hỗ trợ tính tốn Chương Chương giới thiệu bất đẳng thức dạng tham số điểm tam giác Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Quy Nhơn hướng dẫn PGS.TS Đinh Thanh Đức Qua muốn dành lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến PGS.TS Đinh Thanh Đức – giảng viên hướng dẫn thực đề tài luận văn Thầy người định hướng, tạo điều kiện thuận lợi cho nhận xét quý báu để tơi hồn thành luận văn với hiệu cao Tôi xin phép gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớp Phương pháp toán sơ cấp trường Đại học Quy Nhơn tồn thể q thầy Khoa Toán trường Đại học Quy Nhơn, người cho tơi kiến thức, quan tâm, động viên, nhiệt tình giúp đỡ tơi suốt q trình học tập thời gian thực đề tài Mặc dù cố gắng học hỏi, tìm tịi nghiên cứu q trình hồn thành luận văn, hạn chế thời gian trình độ nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận góp ý q thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Bình Định, ngày tháng năm 2020 Học viên thực đề tài Đỗ Ngọc Thường Chương BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG Nội dung chương chúng tơi trình bày bất đẳng thức mặt phẳng tiếng bất đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Erdos - Mordell, bất đẳng thức khác xuất kỳ thi toán quốc tế ([19],[15],[2]) 1.1 Các bất đẳng thức mặt phẳng Một bất đẳng thức tiếng có nhiều ứng dụng tốn bất đẳng thức hình học, đặc biệt toán so sánh độ dài đoạn thẳng, bất đẳng thức Ptolemy ([15]) Bài toán 1.1.1(Bất đẳng thức Ptolemy) Với bốn điểm A, B, C, D mặt phẳng, chứng minh AB.CD + AD.BC AC.BD (1.1) Đẳng thức xảy nào? Lời giải Dựng điểm E cho tam giác BCD đồng dạng với tam giác BD BEA Khi theo tính chất tam giác đồng dạng ta có BA EA = CD Suy BA.CD = BD.AE, (1.2) Hình 1.1 Mặt khác hai tam giác EBC ABD đồng dạng, EC AD EBC = ABD Từ BC = BD Suy AD.BC = BD.EC BA BD = BE BC (1.3) Cộng theo vế (1.2) (1.3) ta suy AD.CD + AD.BC = BD(AE + EC) BD.AC Đẳng thức xảy A, E, C thẳng hàng, tức A D nhìn BC góc nhau, tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Ta xét toán sau, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy q trình chứng minh Bài tốn 1.1.2.(IMO, 1995 ) Cho ABCDEF lục giác cho AB = BC = CD, DE = EF = F A BCD = EF A = 600 G H hai điểm tùy ý Chứng minh AG + BG + GH + DH + EH CF Lời giải Từ giả thiết ta có BCD AEF tam giác Lấy C F đối xứng với C F qua BE Khi CF = C F ta DEF ABC tam giác Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác F DHE C AGB , ta có F H.DE F E.DH + F D.EH hay F H DH + EH C G.AB C A.BG + C B.AG hay C G AG + BG + GH + DH + EH BG + AG Do C G + GH + HF C F = CF Hình 1.2 Hai tốn sau áp dụng bất đẳng thức Ptolemy Bài toán 1.1.3.(Olympic Toán học 30/4, đề nghị, 2000 ) Chứng tỏ tam giác ABC ta có bc ca ab + + ma mb mb mc mc ma 4, (1.4) với a, b, c độ dài ba cạnh ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến tương ứng tam giác Lời giải Điều phải chứng minh tương đương với abmc + bcma + camb 4ma mb mc Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác CM GN , ta có GC.M N GN.M C + GM.N C, Hình 1.3 từ 23 mc 2c a mb + 13 ma 2b hay 2mc c 2mc c2 mb a + ma b Suy acmb + bcma (1.5) Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABM N ta AM.BN suy ma mb ab + c2 2, AN.BM + AB.M N, tức 4ma mb mc abmc + 2c2 mc (1.6) Từ (1.5) (1.6) suy điều phải chứng minh Bài toán 1.1.4.( IMO, 2001 ) Cho tam giác ABC với trọng tâm G độ dài cạnh a, b, c Tìm điểm P mặt phẳng tam giác cho AP.AG + BP.BG + CP.CG đạt giá trị nhỏ tìm giá trị nhỏ theo a, b, c Lời giải Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác BGC Kéo dài trung tuyến AL cắt đường tròn K Gọi M, N trung điểm cạnh AC, AB Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác BGL, CGL, ta có BG sin BLG = BL , CG sin BGK sin CLG = CL sin CGK (1.7) Hình 1.4 Nhưng L trung điểm BC sin BLG = sin CLG nên từ (1.7) sin CGK ta có BG CG = sin BGK Ta lại có BK = 2R sin BGK, CK = 2R sin CGK , R bán CK BG CG kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCG Do BK = BG CG hay CK = BK Tương tự AG BG = sin BGN sin AGN = sin BGN sin CGK BG AG Hơn BC = 2R sin BGC = 2R sin BGN Từ CK = BC BG CG AG Như CK = BK = BC Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác P BKC ta có P K.BC BP.CK + CP.BK Từ P K.AG BP.BG + CP.CG Suy (AP + P K)AG AP.AG + BP.BG + CP.CG cuối AK.AG AP.AG + BP.BG + CP.CG Đẳng thức xảy P nằm cung BGC (để có đẳng thức bất đẳng thức Ptolemy) P nằm AK (để có đẳng thức bất đẳng thức tam giác) Do giá trị đạt P ≡ G Theo công thức đường trung tuyến dễ dàng tính AG2 + BG2 + CG2 = (a2 +b2 +c2 ) Sau đây, tác giả trình bày số bất đẳng thức liên hệ đại lượng cạnh diện tích tam giác Bài toán 1.1.5.(Bất đẳng thức Weitzenbock, IMO 1961 ) Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác, S diện tích tam giác Chứng minh √ a2 + b2 + c2 3S (1.8) 45 f12 (a, b, c) = 8a2 b2 c2 (σ − 2a2 )(σ + λb2 )(σ + λc2 ) (3.15) Gọi Ω biểu thị miền (a, b, c), độ dài ba cạnh ABC Và Ψ biểu thị miền (x, y, z), tọa độ trọng tâm chuẩn tắc hóa P ABC Điều có nghĩa là, Ω (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3+ |x1 + x2 > x3 , x2 + x3 > x1 , x3 + x1 > x2 , (3.16) Ψ (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 |x1 + x2 + x3 = (3.17) Rõ ràng, với (x1 , x2 , x3 ) ∈ Ω, tất hốn vị nằm Ω Và ∀(x1 , x2 , x3 ) ∈ Ψ, tất hốn vị nằm Ψ Chúng ta chia thành sáu tập theo thứ tự kích thước, a b c, b c a, v.v Và đặt Ω1 biểu thị {(a, b, c) ∈ Ω|a b c} Từ f1 (a, b, c, x, y, z) = f1 (b, c, a, y, z, x) = f1 (c, a, b, z, x, y) = f1 (a, c, b, x, z, y) = f1 (c, b, a, z, y, x) = f1 (b, a, c, y, x, z), (3.18) theo Định lý 3.2.1, f1 (a, b, c, x, y, z) Ω1 × Ψ, Ω×Ψ Do đó, cần chứng minh f1 (a, b, c, x, y, z) a b c Ngồi ra, f1 (a, b, c, x, y, z) đồng với {a, b, c}, dựa (3.5), thiết lập a = u + v = 1, b = u + w = − v + w, c = v + w (3.19) Lưu ý u, v, w số thực dương Vì a b c, có 1 − v = u v w > 0, v ∈ 0, , w ∈ (0, v] (3.20) Hơn nữa, sử dụng hai biến không âm khác s, t để thay v, w 1 v= ,w = , (3.21) 2+s 2+s+t 46 thay (3.19), (3.21) z = − x − y vào f1 (a, b, c, x, y, z), sau thu kết tương đương với f1 (a, b, c, x, y, z) sau g12 x2 + g11 x + g10 G1 = , (3.22) (2 + s)10 (2 + s + t)10 g11 đa thức y, s, t, λ với 1210 số hạng, g10 đa thức y, λ, s, t với 1804 số hạng g12 = 8(s2 + st + 4s + t + 4)2 (λ + 3).g12 , (3.23) g12 đa thức λ, s, t với 297 số có hệ số dương bao gồm số dương Vì λ, s, t không âm, g12 dương.Từ g12 x2 + g11 x + g10 đa thức bậc hai x, để có giá trị dương , cần chứng minh: δ1x 4g12 g10 − g11 Tính tốn cho thấy δ1x = 64(s2 +st+4s+t+4)2 (λ+3)(4+2s+t)2 (h12 y +h11 y+h10 ), (3.24) h11 đa thức λ, s, t với 2118 số hạng, h10 đa thức λ, s, t với 2309 số hạng h12 = 16(2 + s)2 (s + 1)2 (s + t + 3)2 (2 + s + t)2 (λ + 3).h12 , (3.25) h12 đa thức λ, s, t với 858 số hạng có hệ số dương bao gồm số dương Vì λ, s, t không âm, h12 dương Để chứng minh giá trị dương h12 y + h11 y + h10 , cần chứng minh δ1y 4h12 h10 − h211 Tính tốn cho thấy δ1y đa thức λ, s, t với 13424 hệ số dương Tuy nhiên, λ, s, t khơng âm, δ1y khơng âm h12 y + h11 y + h10 , δ1x g12 x2 + g11 x + g10 không âm Nghĩa (3.22) f1 a b c Theo Định lý 3.2.1, f1 Ω × Ψ Do đó, Bất đẳng thức (3.1) cho λ Từ tất lập luận trên, chứng minh xong Bất đẳng thức (3.1) Tiếp theo, chứng minh bất đẳng thức (3.2)([2]) Cho tam giác ABC P điểm tùy ý tam giác Chứng minh R22 + R32 − r22 − r32 R32 + R12 − r32 − r12 R12 + R22 − r12 − r22 + + a2 + b2 + c2 + λa2 a2 + b2 + c2 + λb2 a2 + b2 + c2 + λc2 , 2(λ + 3) 47 với λ Chứng minh Thay (3.6) − (3.10) vào bất đẳng thức ta bất đẳng thức tương đương F2 = f2 (a, b, c, x, y, z) 4a2 b2 c2 (λ + 3)(λa2 + σ)(λb2 + σ)(λc2 + σ) 0, (3.26) f2 (a, b, c, x, y, z) = (λ + 3)(f21 (a, b, c)x2 + f22 (c, a, b)xy + f21 (b, c, a)y + f22 (a, b, c)yz + f21 (c, a, b)z + f22 (b, c, a)xz) − 6a2 b2 c2 (a2 λ + σ)(b2 λ + σ)(c2 λ + σ), f21 (a, b, c) = b2 c2 a2 (a4 b2 + a4 c2 − 2a2 b4 + 4a2 b2 c2 − 2a2 c4 + b6 + 3b4 c2 + 3b2 c4 + c6 )λ2 + σ(2a6 + a4 b2 + a4 c2 + 4a2 b4 + 8a2 b2 c2 + 4a2 c4 + b6 − b4 c2 − b2 c4 + c6 )λ + 2(σ − 2bc)(σ + 2bc)σ , f22 (a, b, c) = 4a2 b2 c2 (σ − 2a2 )(a2 λ + σ)(b2 λ + c2 λ + 2σ) Gọi Ω biểu thị miền (a, b, c), độ dài ba cạnh ABC Và Ψ biểu thị miền (x, y, z), tọa độ trọng tâm chuẩn tắc hóa P ABC Điều có nghĩa Ω (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3+ |x1 + x2 > x3 , x2 + x3 > x1 , x3 + x1 > x2 , Ψ (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 |x1 + x2 + x3 = Rõ ràng, với (x1 , x2 , x3 ) ∈ Ω, tất hốn vị nằm Ω Và ∀(x1 , x2 , x3 ) ∈ Ψ, tất hốn vị nằm Ψ Chúng ta chia thành sáu tập theo thứ tự kích thước, a b c, b c a, v.v Và đặt Ω2 biểu thị {(a, b, c) ∈ Ω|a b c} Từ f2 (a, b, c, x, y, z) = f2 (b, c, a, y, z, x) = f2 (c, a, b, z, x, y) = f2 (a, c, b, x, z, y) = f2 (c, b, a, z, y, x) = f2 (b, a, c, y, x, z), (3.27) 48 theo Định lý 3.2.1, f2 (a, b, c, x, y, z) Ω2 × Ψ, Ω × Ψ Do đó, cần chứng minh f2 (a, b, c, x, y, z) a b c Thay (3.19), (3.21) z = − x − y vào f2 (a, b, c, x, y, z), sau thu kết tương đương với f2 (a, b, c, x, y, z) sau, g22 x2 + g21 + g20 G2 = (2 + s)10 (2 + s + t)10 (3.28) Ở g21 g20 đa thức λ, y, s, t g22 đa thức λ, s, t với hệ số dương bao gồm số dương Do đó, g22 dương Gọi δ2x biểu diễn 4g22 g20 − g21 Sau có δ2x = 64(4 + 2s + t)2 (s2 + st + 4s + t + 4)2 (λ + 3).(h22 y + h21 y + h20 ), (3.29) với h22 y + h21 y + h20 coi đa thức bậc hai y h22 , h21 , h20 đa thức λ, s, t Vì h22 đa thức với điều kiện hệ số dương bao gồm số dương, tất dương Do đó, chứng minh δ2y = 4h22 h20 − h221 0, có định nghĩa dương δ2x Tính tốn cho thấy δ2y đa thức λ, s, t với hệ số dương Tất khơng âm Do đó, δ2x khơng âm G2 Do đó, F2 khơng âm a b c Theo Định lý 3.21 (3.27), F2 0, cho (a, b, c, x, y, z) ∈ Ω × Ψ Từ tất điều trên, chúng tơi hồn thành chứng minh Bất đẳng thức (3.2) Các bất đẳng thức (3.3) (3.4) chứng minh tương tự dựa sở lý thuyết Định lý 3.2.1, chứng minh fi Ω × Ψ với i = 3, với λ , chúng tơi khơng trình bày cách chứng minh 49 3.3 Một số toán mở bất đẳng thức dạng tham số tam giác Việc đoán kết tổng quát hay kết tương tự điều khơng thể thiếu tốn học Sau giới thiệu số bất đẳng thức dạng tham số tam giác (các toán đoán, chưa đưa cách chứng minh)([7],[10]) Với tất giả thiết nêu trên, ta có số kết sau Bất đẳng thức 3.3.1 Sa R1k + Sb R2k + Sc R3k SRk , (3.29) với k số thực < k Đây toán tổng quát Bài toán 1.2.2, J.Liu đưa ([10]) Bất đẳng thức 3.3.2 Rpk + (4rp )k với k số thực k Bất đẳng thức 3.3.3 (3.30) 1 + Rpk rpk với k số thực k Bất đẳng thức 3.3.4 Rk + r k , 4k + , r k Rk (3.31) R1k + R2k + R3k − (r1k + r2k + r3k ) 3.2k (2k − 1)rpk , (3.32) với k số thực dương Cả ba bất đẳng thức (3.30), (3.31), (3.32) J.Liu đưa ( [10]) Bất đẳng thức 3.3.5 √ (4 − λ) R2 + R3 − λr1 R3 + R1 + λr2 R1 + R2 + λr3 + + , (3.33) a b c 50 với λ số thực 35 λ Bất đẳng thức 3.3.6 R2k + R3k + λr1k R3k + R1k + λr2k R1k + R2k + λr3k + + ak bk ck với λ số thực, k k λ (3.34) J.Liu đưa ([7]) 3(2k+1 + λ) √ , (2 3)k (3.34) −2 Các bất đẳng thức (3.33) KẾT LUẬN Trong luận văn này, thực cơng việc sau Trình bày số bất đẳng thức hình học tiếng mặt phẳng ứng dụng vào tốn Giới thiệu bổ đề áp dụng vào trình chứng minh tốn bất đẳng thức hình học điểm tam giác Xây dựng hệ thống bổ đề thực chứng minh bổ đề dựa công cụ trợ giúp tính tốn phần mềm tốn học Maple, đồng thời dựa vào Maple để thực trình chứng minh bất đẳng thức với tham số mặt phẳng Giới thiệu bất đẳng thức dạng tham số tam giác, hệ thống sở lý thuyết thông qua định lý làm công cụ chứng minh bất đẳng thức Hơn giới thiệu toán mở bất đẳng thức dạng tham số tam giác 51 Tài liệu tham khảo [1] A Avez, A shot proof of the Erdos- Mordell theorem, Amer Math Monthly 100 (1993), 60-62 [2] Các tốn chọn lọc- 45 năm Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, NXB Giáo Dục (2009) [3] D.Mitrinovic, J.E.Pecaric, V.Volenec, Recent Advances Geometric inequalities Kluver Academic Pubishers, Dordrecht, Boston, London, 1989 [4] Fang Jan Huang, Proofs to two inequality conjectures for a point in the plane of a Triangle, Journal of Inequalities and Applications 2016, (2016), 76-87 [5] H S M Coxeeter, Barycentric Coordinates, Introduction to Geometry, New York: Wiley.,2nd ed.1969 [6] J Liu, A new proof of the Erdos-Mordell inequality, Int Electron J Geom.,4, (2011), 114-119 [7] J.Liu, A geometric inequality with one parameter for a point in the plane of a triangle, Journal of Mathematical Inequalities 8,1(2014), 91–106 [8] J.Liu, Parameterized inequalities about a point in the plane of a triangle, Journal of Mathematical Inequalities 12,4(2018), 953–960 [9] J.Liu, Several new inequalities for the triangle,Mathmatics Competition (in Chinese), Hunan Education Press 15(1992),80-100 52 53 [10] J.Liu, Some new inequalities for an interior point of a Triangle, Journal of Mathematical Inequalities 6,2(2012) 195-204 [11] J Wolstenholme, A book of Mathematical problems on Subjects Included in the Cambridge Course, London and Cambridge, 1867 [12] L Bankoff, An elementary proof of the Erdos-Mordell theorem, Amer Math Monthly.,65,(1958),521 [13] O Bottema, Geometric inequlities, Groningen:Wolter-Noordhoff, The Netherlands,1969 [14] O Bottema, R Z Djordjevic, R.Janic, D S Mitrinovic and P M Vasic, Geometric Inequalities, Groningen,1969 [15] Trần Nam Dũng, Ptolemy’s inequality and its applications, Kỷ yếu hội nghị khoa học, Việt Trì (2011) [16] V.Komornik, A shot proof of the Erdos-Mordell theorem, Amer Math.Monthly 104 (1997), 57-60 [17] Xiao-Guang Chu, Zhen-Gang Xiao, The proof of Some Geometric inequality Conjecture (in Chinese), Journal of Hunan Institute of Science Technology (Natural Science) 16,4 (2003),10-13 [18] Xue-Zhi Ang, Studies Of Olympics Math inequalities, Harbin Institute of Technology Press, Harbin, China, 2009 [19] Yu-Dong Wu, Chun- Lei Yu, Zhi-Hua Zhang, A geometric inequality of the generalized Erdos-Mordell type, Journal of inequalities in pure and applied mathematics, Vol.10, Iss.4, Ar.106, 2009 [20] Yong Yang, Shen Li Chen, Dong Huang, Xiang Wang, Xiao-Guang Lin, Proof of an inequality conjectures for a point in the plane of a Triangle, Journal of Mathematical Inequalities 11, (2017),399-411 PHỤ LỤC Hình 3.1: minh họa 2.14 54 55 Hình 3.2: minh họa 2.16 (1) Hình 3.3: minh họa 2.16 (2) 56 Hình 3.4: minh họa 2.18 Hình 3.5: minh họa 2.34 (1) 57 Hình 3.6: minh họa 2.34 (2) Hình 3.7: minh họa 2.45 (1) 58 Hình 3.8: minh họa 2.45 (2) Hình 3.9: minh họa 2.71 (1) 59 Hình 3.10: minh họa 2.71 (2) Hình 3.11: minh họa 2.74 ... CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ ĐỐI VỚI MỘT ĐIỂM TRONG TAM GIÁC 41 3.1 Các bất đẳng thức dạng tham số 41 3.2 Chứng minh bất đẳng thức 3.3 Một số toán mở bất đẳng thức dạng tham số. .. 1 BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG 1.1 Các bất đẳng thức mặt phẳng 1.2 Các bất đẳng thức điểm tam giác SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG. .. Thường Chương BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG Nội dung chương chúng tơi trình bày bất đẳng thức mặt phẳng tiếng bất đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Erdos - Mordell, bất đẳng thức khác xuất