Bất đẳng thức ptolemy một số mở rộng và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN LÊ THỊ THU THẢO BẤT ĐẲNG THỨC PTOLEMY: MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN LÊ THỊ THU THẢO BẤT ĐẲNG THỨC PTOLEMY: MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 Người hướng dẫn: T.S LÊ THANH BÍNH Bình Định - 2020 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan nội dung trình bày trung thực không trùng lặp với đề tài khác Tôi xin cam đoan kết nêu luận văn tài liệu tham khảo nội dung trích dẫn đảm bảo tính trung thực, xác Bình Định, tháng năm 2020 Tác giả Lê Thị Thu Thảo Mục lục Mở đầu Bất đẳng thức Ptolemy hệ 1.1 Bất đẳng thức Ptolemy 4 1.2 Định lý Ptolemy 1.3 Một số hệ 14 1.4 Một số toán ứng dụng 24 Một số mở rộng bất đẳng thức Ptolemy 2.1 2.2 38 Một số mở rộng bất đẳng thức Ptolemy tứ giác 38 2.1.1 Định lý Bretschnenider 38 2.1.2 Định lý Casey 44 Bất đẳng thức Ptolemy không gian 46 2.2.1 Bất đẳng thức Ptolemy không gian ba chiều 46 2.2.2 Bất đẳng thức Ptolemy không gian n chiều 49 Kết luận TÀI LIỆU THAM KHẢO 52 53 Mở đầu Bất đẳng thức trong lĩnh vực hay tốn học Trong bất đẳng thức hình học địi hỏi tư hình học, lẫn tư bất đẳng thức, toán thường gặp kì thi tốn học lớn Do việc chứng minh bất đẳng thức tốn hóc búa, khó khăn khơng học sinh, sinh viên mà giáo viên tốn Các bất đẳng thức hình học xuất đa dạng, phong phú nói chung khơng có phương pháp chung để giải chúng Chính toán chứng minh bất đẳng thức thường xuyên xuất kỳ thi học sinh giỏi môn toán (Olympic toán học quốc tế, thi học sinh giỏi Quốc tế Việt Nam, học sinh giỏi cấp tỉnh), Do luận văn chúng tơi trình bày giải vấn đề liên quan đến việc chứng minh bất đẳng thức hình học tứ giác Đối với trường hợp cho bốn điểm chúng tơi có bất đẳng thức Ptolemy: Cho bốn điểm A, B, C, D mặt phẳng, khơng thẳng hàng, đó: AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD Dấu đẳng thức xảy nào? chúng tơi có Định lý Ptolemy tứ giác nội tiếp: AB.CD + BC.AD = AC.BD Để hiểu rõ vấn đề nói mời quý vị đọc giả xem chi tiết luận văn Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia làm hai chương: Chương Bất đẳng thức Ptolemy hệ Chương trình bày chứng minh bất đẳng thức Ptolemy, định lý Ptolemy cho tứ giác Nêu hệ bất đẳng thức Ptolemy, định lý Ptolemy cho tứ giác số tập áp dụng Chương Một số mở rộng bất đẳng thức Ptolemy Chương trình bày số mở rộng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác không gian cho tứ diện, với số ví dụ áp dụng chúng Luận văn hoàn thành hướng dẫn giúp đỡ tận tình thầy giáo TS LÊ THANH BÍNH, Khoa Tốn Thống kê, Trường Đại học Quy Nhơn Tôi xin bày tỏ kính trọng lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy người giúp đỡ tơi suốt q trình thực luận văn Qua đây, xin gửi lời cảm ơn đến quý Trường Đại học Quy Nhơn, Phịng Đào tạo Sau đại học, Khoa Tốn Thống kê quý Thầy, Cô giáo giảng dạy lớp Cao học Phương pháp tốn sơ cấp khóa 21 giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho suốt trình học tập nghiên cứu Bản thân chăm nỗ lực suốt qua trình thực luận văn, khả năng, kinh nghiệm nghiên cứu cịn hạn chế thời gian có hạn nên khó tránh khỏi thiếu sót luận văn Tơi mong nhận góp ý quý thầy cô bạn đọc để luận văn hồn thiện Bình Định, tháng năm 2020 Học viên Lê Thị Thu Thảo Chương Bất đẳng thức Ptolemy hệ Trong chương chúng tơi trình bày đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy, với hệ liên quan toán áp dụng 1.1 Bất đẳng thức Ptolemy Bất đẳng thức Ptolemy thực chất vừa hệ quả, vừa mở rộng bất đẳng thức tam giác chứng minh đa dạng Sau tìm hiểu số cách chứng minh bật Trước đến với chứng minh nhắc lại định lý bất đẳng thức tam giác quen thuộc “Cho ba điểm A, B, C, mặt phẳng: AB + BC ≥ AC Dấu xảy A, B, C thẳng hàng B nằm C” Khi bất đẳng thức Ptolemy khẳng định phát biểu sau Định lý 1.1 (Bất đẳng thức Ptolemy, xem [3]) Cho bốn điểm A, B, C, D mặt phẳng, khơng thẳng hàng, đó: AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD (1.1) Rõ ràng, theo góc nhìn bất đẳng thức Ptolemy mở rộng đặc biệt bất đẳng thức tam giác Ta thấy: AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD (1.2) Khi chia hai vế (1.2) cho BD có được: CD AD + BC ≥ AC BD BD sin DBC sin ABD ⇔ AB + BC ≥ AC BCD DAB AB A B C D Hình 1.1 Chọn D “đủ xa” để suy AB + BC ≥ AC Có nghĩa điểm D dần CD AD gốc tọa độ, tỉ số , dần BD BD Như bất đẳng thức Ptolemy có liên quan mật thiết với bất đẳng thức tam giác Qua ba phép chứng minh sau làm rõ •Cách Sử dụng tam giác đồng dạng bất đẳng thức tam giác Chứng minh Trước tiên, ta chọn điểm E mặt phẳng cho EAD = DBC; ADE = BDC Khi ∆ADE ∼ ∆BDC ⇒ AE AD = BD BC (g.g) ⇔ AD.BC = BD.AE (1.3) B A E D C Hình 1.2 Mặt khác ta có DE AD = ; DB DC ADB = EDC Do ∆ADB ∼ ∆EDC(c.g.c) ⇒ AB.DC = BD.EC (1.4) Từ (1.3) (1.4) ta suy AD.BC + AB.DC = BD(AE + EC) Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta AD.BC + AB.DC = BD(AE + EC) ≥ AC.BD Dấu xảy A, E, C thẳng hàng tức DAE DBC nhìn cung DC góc nhau, nói cách khác tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp 39 B a A b d n M m C c D Hình 2.1 Chứng minh Lấy điểm M tứ giác ABCD cho M DC = ADB, M CD = ABD (2.1.2) Khi ∆DBA ∼ ∆DCM suy BD AB AD = = ⇒ BD.CM = AB.CD CD CM MD Hay n.CM = a.c Mặt khác ta có (2.1.3) BD AD = M DA = CDB Do CD MD ∆DAM ∼ ∆DBC ⇒ (2.1.4) AM DA = ⇔ AM.DB = BC.DA BC DB ⇔ n.AM = bd (2.1.5) 40 Nhân vế theo vế (2.1.3) và(2.1.5), ta có ⇔ n2 CM.AM = abcd (2.1.6) Cộng vế theo vế (2.1.5) (2.1.6) ta có n(CM + AM ) = ac + bd Suy n2 (CM + AM + 2CM.AM ) = a2 c2 + b2 d2 + 2abcd (2.1.7) Mặt khác từ (2.1.4) ∆DBA ∼ ∆DCM ta có AM D = DCB; DAB = DM C (2.1.8) Từ (2.1.8) ta có AM D + DM C = DCB + DAB = A + C = ϕ Do AM C = 3600 − (AM D + DM C) = 3600 − (C + A) = 3600 − ϕ Nên cos ϕ = cos AM C (2.1.9) Mặt khác ta có −→ −→ −−→ −−→ m2 = AC.AC = (AM + M C)2 −−→ −−→ −−→ −−→ ⇔ m2 = AM + M C + 2AM M C −−→ −−→ ⇔ m2 = AM + M C + 2AM.M C cos(AM M C) ⇔ m2 = AM + M C + 2AM.M C cos(AM C) Từ (2.1.9) suy m2 = AM + M C + 2AM.M C cos(ϕ) (2.1.10) Nhân (2.1.10) cho n2 ta n2 m2 = n2 (AM + CM − 2AM.CM cos ϕ) (2.1.11) 41 Từ (2.1.3), (2.1.5) (2.1.7), (2.1.11) suy n2 m2 = a2 c2 + b2 d2 − 2abcd cos ϕ Chú ý 2.2 • Do 00 ≤ ϕ < 3600 nên −1 < cos ϕ < 1, suy (ac − bd)2 ≤ m2 n2 ≤ (ac + bd)2 ⇔ |ac − bd| ≤ mn ≤ ac + bd Đẳng thức xảy cos ϕ = −1 ⇔ ϕ = 1800 ⇔ A + C = 180, ABCD tứ giác nội tiếp Do ta thấy bất đẳng thức Ptolemy định lý Ptolemy hệ định lí Bretschneider • Với định lý Bretschneider cho kết hình học: "Với tứ diện ABCD tồn tam giác mà số đo cạnh tích số đo cặp cạnh đối diện" Tiếp theo xét tốn sau để có định lý mở rộng định lý Ptolemy Bài toán 2.3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M thuộc cung nhỏ BC Chứng minh AM = BM + CM Giải Áp dụng Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABM C ta có AM.BC = BM.AC + CM.AB Mà AB = BC = CA Từ suy AM = BM + CM Bài toán chứng minh 42 Bài toán 2.4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M điểm thuộc cung nhỏ BC Đường trịn (O ) tiếp xúc với (O) M Gọi AA , BB , CC tiếp tuyến kẻ từ A, B, C đến (O ) Chứng minh AA = BB + CC Giải Xét trường hợp đường tròn (O ) tiếp xúc với đường tròn (O) Trường hợp lại ta chứng minh tương tự A K O C B O N L M Hình 2.2 Gọi K, N, L giao điểm AM, BM, CM với (O ) Suy AA = AK.AM, BB = BN.BM, CC = CL.CM Ta cần chứng minh √ √ √ AK.AM = BN.BM + CL.CM Vì N K//AB, N L//BC, KL//CA, suy (2.1.12) AK BN CL = = = k AM BM CM Do (2.1.12) √ √ √ ⇔ kAM.AM = kBM.BM + kCM.CM (2.1.13) 43 Đẳng thức (2.1.13) chứng minh toán 2.3 Vậy toán chứng minh Tiếp tục mở rộng toán cách cho tam giác ABC tam giác bất kì, ta có tốn sau Bài toán 2.5 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tịn (O), M điểm thuộc cung nhỏ BC Đường tròn (O ) tiếp xúc với (O) M Gọi AA , BB , CC tiếp tuyến kẻ từ A, B, C đến (O ) Chứng minh AA BC = BB CA + CC AB A O K C B O L N M Hình 2.3 Giải Xét trường hợp đường trịn (O) tiếp xúc với đường tròn (O) Trường hợp lại ta chứng minh tương tự Gọi K, N, L giao điểm AM, BM, CM với (O ) Hoàn toàn tương tự chứng minh toán 2.4 ta đẳng thức cần chứng minh tương đương với √ √ √ BC kAM.AM = CA kBM.BM + AB kCM.CM ⇔ AM.BC = AB.CN + AC.BM Đẳng thức cuối theo định lý Ptolemy Vậy toán chứng minh 44 Tiếp tục mở rơng tốn, xem điểm A, B, C "đường tròn điểm" Như ta mở rộng toán cách thay điểm A, B, C đường trịn Ta có định lý Casey 2.1.2 Định lý Casey Định lý 2.6 (Định lý Casey, xem [1]) tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O, R) Đặt α, β, γ, δ đường tròn tiếp xúc (O, R) điểm A, B, C, D Đặt tαβ độ dài tiếp tuyến chung đường tròn hai đường tròn α, β tiếp xúc tiếp xúc với (O) độ dài đoạn tiếp xúc trong trường hợp lại Các đoạn tβγ , tγδ , xác định tương tự Khi ta có: tαβ tγδ + tβγ tαδ = tαγ tβγ (2.1.14) Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp α, β, γ, δ tiếp xúc ngồi với đường trịn (O) Các trường hợp lại chứng minh tương tự B A B A O D C C D Hình 2.2 45 Lần lượt đặt tâm đường tròn A , B , C , D bán kính x, y, z, t AB = a, BC = b, CD = c, DA = d Đặt AC = m, BD = n, A OB = AOB = ϕ Áp dụng định lý Pythagore ta có (tαβ )2 = A B − (x − y)2 Mặt khác ta có A B = (R + x)2 + (R + y)2 − 2(R + x)(R + y) cos ϕ a2 ) A B = (R + x) + (R + y) − 2(R + x)(R + y) cos(1 − 2R2 2 A B = (R + x)2 − 2(R + x)(R + y) + (R + y)2 + (R + x)(R + y) A B = (x + y)2 + (R + x)(R + y) ⇒ tαβ = a2 R2 a2 R2 a (R + x)(R + y) R n (R + y)(R + t); R b c tβγ = (R + y)(R + z); tγδ = (R + z)(R + t); R R d m tαδ = (R + t)(R + x); tβδ = (R + x)(R + z) R R Tương tự ta có tαγ = Theo định lý Ptolemy ta có tαβ tγδ + tβγ tβδ = tαγ tβδ ⇔ a.c + bd = m.n Nhận xét 2.7 Đẳng thức (2.1.14) x = 0, y = 0, z = 0, t = 0, m = 0, n = Khi x = y = z = t = m = n = định lý Casey trở thành định lý Ptolemy Ta thấy định lý Casey suy cách mở điểm A, B, C, D Định lý Casey định lý Ptolemy mở rộng, điều giúp cho việc giải tốn đường trịn tiếp xúc nhau, độ dài tiếp tuyến dây cung 46 2.2 Bất đẳng thức Ptolemy không gian 2.2.1 Bất đẳng thức Ptolemy không gian ba chiều Định lý 2.8 (Xem [2]) Cho ABCD tứ diện bất kì, ta có AB.CD + BC.AD > AC.BD Chứng minh Trong mặt phẳng (BCD) lấy điểm N cho B N khác phía với đường thẳng CD AC = CN, AD = DN Do ta có ∆ACD = ∆N CD A D B P C N Hình 2.3 Suy AP = P N , P giao điểm BN CD Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác N C.DB + BC.DN ≥ BC.CD 47 Mà AB.CD ≤ (AP + P B).CD = P N.CD + P B.CD = BN.CD Do AB.CD ≤ BN.CD ≤ CN.BD + BC.DN = AC.BD + AD.BC Ngoài dấu đẳng thức khơng xảy Bài tốn 2.9 (Olympic 30/4, Việt Nam 2000) Cho hình chóp S.ABCD Giả sử trung tuyến tam giác SAB, SBC, SCA Kẻ từ S tạo với cạnh đáy góc khơng tù Chứng minh diện tích mặt bên hình chóp nhỏ tổng diện tích mặt bên cịn lại Giải Gọi ϕ góc tạo tiếp tuyến SM, SK, SL với cạnh đáy AB, BC, CA Vì mặt nên ta chứng minh: [SAB] < [SBC] + [SCA] S C L A K M B Hình 2.4 48 Thật áp dụng định lý 2.5 cho tứ diện SKLM ta có SM.KL < SK.LM + SL.KM 1 ⇔ SM AB < SK BC + SL CA 2 ⇔ SM.AB < SK.BC + SL.AC ⇔ SM.AB sin ϕ < SK.BC sin ϕ + SL.AC sin ϕ ⇔ [SAB] < [SBC] + [SCA] Bài tốn 2.10 (Tạp chí THTT- Số 264) Trên cạnh CD hình tứ diện N (N khác C, D) Kí hiệu p(XY Z) chu vi tam giác XY Z Chứng minh rằng: N C.p(DAB) + N D.p(CAB) > CD.P (N AB) A B D N C Hình 2.5 Giải Xét bất đẳng thức Ptolemy cho bốn điểm (N, A, C, D) (N, C, B, D) ta có N C.DA + N D.CA > CD.N A (2.2.1) 49 N C.DB + N D.CB > CD.N B (2.2.2) Mặt khác, N thuộc đoạn thẳng CD nên CN + N D = CD N C.AB + N D.AB = CD.AB (2.2.3) Cộng (2.2.1), (2.2.2) (2.2.3) vế theo vế ta N C.(DA + DB + AB) + N D.(CA + CB + AB) > CD.(N A + N B + AB) ⇔ N C.p(DAB) + N D.p(CAB) > CD.P (N AB) Từ không không gian ba chiều ta có trường hợp tổng qt cho khơng gian n chiều 2.2.2 Bất đẳng thức Ptolemy không gian n chiều Ta có với điểm A khơng gian n chiều đặt tương ứng với n số thực (a1 , a2 , , an ) tọa độ điểm A A(a1 , a2 , , an ) Nếu A(a1 , a2 , , an ) B(b1 , b2 , , bn ) khoảng cách A B n i=1 (ai − bi )2 Sau ta có bất thức Ptolemy không gian n chiều Định lý 2.11 (Xem [2]) Cho tứ giác ABCD, không gian n chiều giả sử A(a1 , a2 , , an ), B(b1 , b2 , , bn ), C(c1 , c2 , , cn ), D(d1 , d2 , , dn ) Khi ta có (ai − bi )2 i=1 n n (ci − di )2 (ai − di )2 + i=1 i=1 n i=1 (bi − di )2 i=1 (bi − ci )2 ≥ i=1 n (ai − ci )2 n n (2.2.4) 50 Chứng minh Đặt − bi = xi , − di = yi , − ci = zi , (i = 1, , n) Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành n x2i i=1 n n (yi − zi )2 n yi2 + i=1 i=1 (xi − zi )2 n zi2 ≥ i=1 n i=1 (xi − yi )2 i=1 (2.2.5) Bất đẳng thức (2.2.5) hiển nhiên ba giá trị biểu thức n n n x2i , i=1 yi2 , i=1 zi2 i=1 Giả sử giá trị khác chia hai vế bất đẳng thức (2.2.5) cho zi2 yi2 x2i i=1 i=1 n i=1 (xi n i=1 xi i=1 n n n Ta n i=1 (yi n i=1 yi − zi ) n i=1 zi + − zi ) n i=1 zi ≥ n i=1 (xi n i=1 xi − yi ) n i=1 yi (2.2.6) Mặt khác n i=1 (yi n i=1 yi − zi )2 n = i=1 zi = = = n n i=1 yi zi + i=1 zi n n 2 i=1 yi i=1 zi ni=1 yi zi 1 − + n n n n 2 2 i=1 yi i=1 yi i=1 zi i=1 zi n n 2 ni=1 yi zi i=1 y i=1 zi − + n n n 2 )2 ( ni=1 yi2 )2 y z ( z i=1 i i=1 i i=1 i n yi zi − n n 2 y z i i i=1 i=1 i=1 n i=1 yi −2 Tương tự ta có n i=1 (xi n i=1 xi − zi )2 n = i=1 zi n i=1 xi n i=1 xi − zi n i=1 zi 51 n i=1 (xi n i=1 xi n − yi )2 n = i=1 yi Đặt xi i=1 n − n i=1 xi n yi2 , β α= i=1 n i=1 yi n zi2 , γ = yi x2i = i=1 i=1 Bất đẳng thức (2.2.6) trở thành n i=1 yi zi − α β n xi zi − γ β + i=1 n ≥ i=1 xi yi − γ α Bất đẳng thức trường hợp đặc biệt bất đẳng thức Minskowski n p2i n qi2 + i=1 n (pi + qi )2 ≥ i=1 i=1 Phương pháp chứng minh đơn giản Thật vật, theo bất đẳng thức Bunhiacovski, ta có n n p2i i=1 qi2 ≥ i=1 n i=1 n qi2 i=1 n ≥2 i=1 pi q i i=1 n i=1 pi Cộng thêm hai vế bất đẳng thức cho  2 1 n 2  n 2   ≥ pi qi +   i=1 p i qi i=1 p2i ⇒2 n + n i=1 qi ta có n (pi + qi )2 i=1 Khai hai vế bất đẳng thức ta bất đẳng thức (2.2.4) 52 Kết luận Luận văn đạt số kết sau: Chương phát biểu trình bày chi tiết rõ ràng cách chứng minh, bất đẳng thức Ptolemy, định lý Ptolemy cho tứ giác, tập áp dụng, số hệ bật Chương hai phát biểu, trình bày chi tiết rõ ràng chứng minh mở rộng bất đẳng thức Ptolemy, định lý Ptolemy cho tứ giác, tứ diện, không gian, số tập áp dụng ứng dụng toán học lĩnh vực khác Vì thời gian thực luận văn kiến thức kinh nghiệm thân có hạn nên cịn số vấn đề liên quan đến nội dung luận văn mà chưa thể nghiên cứu sâu để trình bày Những vấn đề chúng tơi tiếp tục nghiên cứu thời gian tới 53 Tài liệu tham khảo [1] T N Dũng (2011), Ptolemy’s inequality and its applications, Kỷ yếu hội nghị khoa học, Việt Trì [2] L Q Hán (2011), Ẩn sau định lý Ptolemy, NXB Giáo Dục [3] N V Nho (2011), Những định lí chọn lọc hình học phẳng qua kì thi Olympic, NXB Đại Học Sư Phạm Hà Nội [4] John D Smith, Generalization of the Triangle and Ptolemy inequalities,Geometriae Dedicata, 50: 251-259, 1994 ... số hệ 14 1.4 Một số toán ứng dụng 24 Một số mở rộng bất đẳng thức Ptolemy 2.1 2.2 38 Một số mở rộng bất đẳng thức Ptolemy tứ giác 38 2.1.1 Định lý Bretschnenider... Thảo Chương Bất đẳng thức Ptolemy hệ Trong chương chúng tơi trình bày đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy, với hệ liên quan toán áp dụng 1.1 Bất đẳng thức Ptolemy Bất đẳng thức Ptolemy thực... Chương Bất đẳng thức Ptolemy hệ Chương trình bày chứng minh bất đẳng thức Ptolemy, định lý Ptolemy cho tứ giác Nêu hệ bất đẳng thức Ptolemy, định lý Ptolemy cho tứ giác số tập áp dụng Chương Một số