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 LUẠN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC ĐỖ NGỌC THƯỜNG VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG MẶT PHẲNG Bình Đinh - 2020 Bộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN 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 Đinh - 2020 Muc luc 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 tốn muốn tìm hiểu giải Các toán 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 q 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 BEA Khi theo tính chất tam giác đồng dạng ta có BA = BD Suy BA.CD = BD.AE, (1.2) Hình 1.1 Mặt khác hai tam giác EBC ABD đồng dạng, BBA = B EBC = E ABD Từ EEC = BD Suy AD.BC = BD.EC (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 trịn Ta xét tốn sau, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy trình chứng minh Bài tốn 1.1.2 (IMO, 1995) Cho ABCDEF lục giác cho AB = BC = CD, DE = EF = FA BCD = EFA = 60 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 < BG + AG Do AG + BG + GH + DH + EH > 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 ab bc ca — —+ 4, (1.4) mamb mbmc mcma với a, b, c độ dài ba cạnh m , m , m độ dài đường trung tuyến tương ứng tam giác Lời giải + a b c Điều phải chứng minh tương đương với abm + bcm + cam c a 4m m m a b c Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác CMGN, ta có GC.MN < GN.MC + GM.NC, Hình 1.3 từ 2m < 3m a + 3m hay 2m c < m a + m b Suy c b a c b a 2m c < acm + bcm c b (1.5) a Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABMN ta AM.BN < AN.BM + AB.MN, suy m m < ab + c2, tức a b 4m m m < abm + 2c m a b c c (1.6) c 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 BL CG sin BLG sin BGK sin CLG CL sin CGK (1.7) 10 Hình 1.4 Nhưng L trung điểm BC sin BLG = sin CLG nên từ (1.7) có ta có BG = sin CGK CG = sin BGK Ta lại có BK = 2R sin BGK,CK = 2R sin CGK, R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCG Do BK = BK hay CBK = BBK Tương tự BK = ịBSN = íỂẾ BG sinAGN ^jAnCGK Hơn BC = 2R sin BGC = 2R sin BGN Từ CK = AG Như vâv BG = C = AK Như v y CK = BK = BC Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác PBKC ta có PK.BC < BP.CK + CP.BK Từ PK.AG < BP.BG + CP.CG Suy (AP + PK)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 cơng thức đường trung tuyến dễ dàng tính AG + BG + CG = 2 (a2+ b2+c ) 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 a +b +c 2 Áy/ãs (1.8) v= (3.21) w= + + = g12.x g11.x g10 G = (2 + s) (2 + s + t) G 10 ((33 22) 10, ) g đa thức y, s, t, A với 1210 số hạng, g đa thức y, A, s, t với 1804 số hạng 11 10 g12 = 8(s + st + 4s + t + 4) (A + 3).g12, (3.23) g1 đa thức A, s, t với 297 số có hệ số dương bao gồm số dương Vì A, s, t không âm, g dương.Từ g x + g x + g đa thức bậc hai x, để có giá trị dương , cần chứng minh: ỗ — 4g g — g ! > Tính tốn cho thấy 12 1x 12 12 11 10 10 Ổ1 = 64(s + st+4s+t+4) (A+3)(4+2s+t) (h12y + h11y+h1o), (3.24) h x 2 11 đa thức A, s, t với 2118 số hạng, h đa thức A, s, t 10 với 2309 số hạng h12 = 16(2 + s) (s + 1) (s + t + 3) (2 + s + t) (A + 3).h12, 2 (3.25) h đa thức A, s,t với 858 số hạng có hệ số dương bao gồm số dương Vì A, s,t không âm, h dương Để chứng minh giá trị dương h y + h y + h , cần chứng minh ổ — 4h h — h1 > Tính tốn cho thấy ổ đa thức A, s, t với 13424 hệ số dương 12 12 12 11 10 1y 12 10 1y Tuy nhiên, A,s,t không âm, ổ khơng âm h y + h y + h , ổ g x + g x + g không âm Nghĩa (3.22) f1 > a > b > c Theo Định lý 3.2.1, f > Q X Ỹ Do đó, Bất đẳng thức (3.1) cho A > Từ tất lập luận trên, chứng minh xong Bất đẳng thức (3.1) 1y 1x 12 11 12 11 10 Tiếp theo, chứng minh bất đẳng thức (3.2)([2]) Cho tam giác ABC P điểm tùy ý tam giác Chứng minh R2 + R2 — r2 — r2 + R3 + R2 — r3 — r2 + R2 + R2 — r2 — r > a + b + c + Aa a + b + c + Ab a + b + c + Ac > 2(A + 3), với A > Chứng minh Thay (3.6) — (3.10) vào bất đẳng thức ta bất đẳng thức tương đương 2 2 2 2 2 2 2 10 P = _f2(a,b,c,x,y,z) _> 4a b c (A + 3)(Aa + ơ)(Ab + ơ)(Ac + ơ) > , 2 2 2 f2(a,b,c,x,y,z) =(A+3)(f21(a,b,c)x +f22(c,a,b)xy+f21(b,c,a)y 2 +f22(a,b,c)yz+f21(c,a,b)z +f22(b,c,a)xz) — 6a b c (a A + ơ)(b A + ơ)(c A + ơ), f 2 2 2 2i (a, b, c) = b c (a (a b + a c — 2a b + 4a b c — 2a c 2 4 2 2 2 +b +3b c +3b c +c )A +ơ(2a +a b +a c + 4a b + 8a b c + 4a c + b — b c — b c 2 6 4 2 2 2 2 + c )A + 2(ơ — 2bc)(ơ + 2bc)ơ ), f (a, b, c) = 4a b c (ơ — 2a )(a A + ơ)(b A + c A + 2ơ) 22 2 2 2 Gọi Q biểu thị miền (a, b, c), độ dài ba cạnh AABC Và biểu thị miền (x,y, z), tọa độ trọng tâm chuẩn tắc hóa P AABC Điều có nghĩa Q = {(xi, X2, X3) E Rị|xi + X2 > X3, X2 + X3 > Xi, X3 + Xi > X2} , Ỹ = {(xi, X2, X3) E R |xi + X2 + X3 = 1} Rõ ràng, với (x ,x ,x ) E Q, tất hốn vị nằm Q Và V(x , x , x ) E tất hốn vị nằm Ỹ Chúng ta chia thành sáu tập theo thứ tự kích thước, a > b > c, b > c > a, v.v Và đặt Q biểu thị {(a, b, c) E Q|a > b > c} Từ i i 2 3 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) theo Định lý 3.2.1, f (a, b, c, x, y, z) > Q X Ỹ, Q X VP 2 Do đó, cần chứng minh f (a, b, c, x, y, z) > a > b > c Thay (3.19), (3.21) z =1 — x — y vào f (a, b, c, x, y, z), sau thu kết tương đương với f (a, b, c, x, y, z) > sau, 2 G = g22 x G +g +g 21 = (2 + s) (2 + s + t) 10 20 10 (3.28) g g đa thức X, y, s, t g đa thức X, s, t với hệ số dương bao gồm số dương Do đó, g dương Gọi ỗ biểu diễn 4g g 21 20 22 22 2x 22 20 — g21 Sau có ỗ2x — 64(4 + 2s + t)2(s2 + st + 4s + t + 4)2(X + 3) (h22y + h iy + h2o), 2 (3.29) với h y + h y + h coi đa thức bậc hai y h , h , h đa thức X, s,t Vì h đa thức với điều kiện hệ số dương bao gồm số dương, tất dương Do đó, chứng minh ỗ — 22 21 20 22 21 20 22 2y 4h h — hh2i 0, có định nghĩa dương ỗ Tính tốn cho thấy ỗ đa thức X, s, t với hệ số dương Tất khơng âm Do đó, ỗ khơng âm G Do đó, F khơng âm a b c Theo Định lý 3.21 (3.27), F > 0, cho (a, b, c, x, y, z) E Q X Ỹ Từ tất điều trên, hoàn thành chứng minh Bất đẳng thức (3.2) 22 20 2x 2y 2x 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 Q X với i — 3, với X , chúng tơi khơng trình bày cách chứng minh 3.3 Một số toán mở bất đẳng thức dạng tham số tam giác Việc đoán kết tổng quát hay kết tương tự điều thiếu tốn học Sau chúng tơi 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 kkkk SaR'i + SbR'2 + ScR'3 (3.29) SR , với k số thực < k < Đây toán tổng quát Bài toán 1.2.2, J.Liu đưa ([10]) Bất đẳng thức 3.3.2 Rp + (4rp) < Rk + r, (3.30) k với k số thực k > Bất đẳng thức 3.3.3 1 Rp + rp k r + R, k (3.31) k với k số thực k > Bất đẳng thức 3.3.4 Rk + Rk + Rk - (rk + rk + rk) > 3.2 (2 - 1)r , k k (3.32) p 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 R + + R + — Ari + R ãsố thựcb c AC