Bất đẳng thức erdos mordell một số mở rộng và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRẦN BÁ CẦU BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL: 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 TRẦN BÁ CẦU BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL: MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: TS LÊ THANH BÍNH Bình Định - 2020 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn 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 Trần Bá Cầu Mục lục Mục lục Mở đầu i 1 BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS-MORDELL VÀ MỘT SỐ HỆ QUẢ 1.1 1.2 1.3 Bất đẳng thức Erdos - Mordell Các hệ Một số toán áp dụng 11 14 MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL 30 2.1 2.2 2.3 Một số mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell tam giác Mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell cho đa giác Mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell cho tứ diện KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO 30 49 57 60 61 Mở đầu Bất đẳng thức chun đề Tốn học nói chung, tốn phổ thơng tốn sơ cấp nói riêng Các tốn bất đẳng thức cực trị hình học thuộc loại tốn khó, thường xun xuất kỳ thi chọn học sinh giỏi nước quốc tế Thực phần quan trọng Toán học kiến thức bất đẳng thức hình học làm phong phú thêm phạm vi ứng dụng Toán học Trong số nhiều bất đẳng thức hình học liên quan đến tam giác, không nhắc tới bất đẳng thức bất đẳng thức Erdos - Mordell Vì chọn đề tài " BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL: MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG" để làm đề tài luận văn tốt nghiệp Ngồi phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia làm hai chương Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS-MORDELL VÀ MỘT SỐ HỆ QUẢ Chương tập trung trình bày chứng minh bất đẳng thức Erdos - Mordell Nêu hệ bất đẳng thức Erdos - Mordell ứng dụng Chương MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL Trong chương trình bày số mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell tam giác mở rộng đa giác, tứ diện, với số ví dụ ứng dụng chúng Luận văn hoàn thành hướng dẫn giúp đỡ tận tình 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 giúp đỡ tơi suốt q trình thực luận văn Qua đây, xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy(cô) 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 Mặc dù luận văn thực với nỗ lực cố gắng thân, điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý q thầy bạn đọc để luận văn hồn thiện Bình Định, tháng năm 2020 Học viên Trần Bá Cầu Chương BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS-MORDELL VÀ MỘT SỐ HỆ QUẢ Trong chương này, chúng tơi phát biểu trình bày cách chứng minh bất đẳng thức Erdos - Mordell, hệ số toán áp dụng Cho tam giác ABC P điểm nằm tam giác ABC Ký hiệu a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB , hb , hc đường cao hạ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC, S∆ABC diện tích tam giác ABC Ký hiệu R1 , R2 , R3 khoảng cách từ điểm P tới đỉnh A, B, C tam giác ABC r1 , r2 , r3 khoảng cách từ điểm P tới cạnh BC, CA, AB tam giác ABC 1.1 Bất đẳng thức Erdos - Mordell Bất đẳng thức Erdos - Mordell phát biểu định lý sau: Định lý 1.1.1 (Xem [2]) Cho tam giác ABC điểm P nằm tam giác Khi đó, ta có bất đẳng thức R1 + R2 + R3 2(r1 + r2 + r3 ) (1.1) Đẳng thức xảy tam giác ABC P tâm tam giác ABC Bất đẳng thức (1.1) có nhiều cách chứng minh khác Người chứng minh Nhà tốn học L.J.Mordell vào năm 1935, sau nhiều tác giả đưa cách chứng minh khác Sau đây, xin đưa ba cách chứng minh cho bất đẳng thức Erdos - Mordell Trong cách tiếp cận đầu tiên, chứng minh R1 R2 R3 c b r2 + r3 , a a a c r3 + r1 , b b b a r1 + r2 c c • Cách Chứng minh A R1 r3 r2 C P r1 C B B X Hình 1.1 Giả sử đường thẳng AX đối xứng với đường thẳng AP qua đường phân giác góc A tam giác ABC Ký hiệu B’, C’ hình chiếu vng góc điểm B, C lên AX Khi suy P AC = BAB , P AB = CAC Ta có a BB + CC = AB sin BAB + AC sin CAC = c sin P AC + b sin P AB r2 r3 =c +b , R1 R1 hay R1 c b r2 + r3 a a (1.2) R2 a c r3 + r1 , b b (1.3) Tương tự, ta có a b (1.4) r1 + r2 c c Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1.2), (1.3) (1.4) ta R3 R1 + R2 + R3 c b c a + r1 + + r2 + b c a c b a + r3 a b (1.5) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho vế phải bất đẳng thức (1.5), ta có R1 + R2 + R3 2(r1 + r2 + r3 ) Rõ ràng, dấu đẳng thức bất đẳng thức (1.5) xảy a = b = c hay tam giác ABC a = BB + C C suy B’ trùng với C’ C’ thuộc BC Từ suy AC’ vng góc với BC Vì tam giác ABC nên đường phân giác góc A AC’ Do đó, AX trùng với AP trùng với AC’, suy AP vng góc với BC Tương tự, ta có AP vng góc với AB, AP vng góc với AC hay P trực tâm tam giác ABC Vậy dấu đẳng thức (1.1) xảy tam giác ABC P tâm tam giác ABC Cách chứng minh tiếp theo, chứng minh sin B sin C + r3 , R1 r2 sin A sin A sin A sin C + r1 , sin B sin B sin B sin A r1 + r2 sin C sin C R2 r3 R3 • Cách Chứng minh A E E R1 F F r2 r3 P r1 R2 R3 C B D Hình 1.2 Giả sử E’, F’ hình chiếu vng góc điểm E, F lên DP Áp dụng định lý hàm số sin, ta có R1 sin A = EF EE + F F = r3 sin B + r2 sin C, suy R1 r2 sin C sin B + r3 sin A sin A (1.6) R2 r3 sin A sin C + r1 , sin B sin B (1.7) R3 r1 sin B sin A + r2 sin C sin C (1.8) Tương tự, ta có 48 Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh (2.44) tương đương với α x y Đặt t = +1 α x y α−1 +1 (2.45) x > Khi đó, bất đẳng thức (2.45) trở thành y (t + 1)α 2α−1 (tα + 1) Xét hàm số f (t) = (t + 1)α − 2α−1 (tα + 1), với t > Nếu α = (2.44) nên ta cần xét < α < Ta có f (t) = α(t + 1)α−1 − αtα−1 2α−1 = α[(t + 1)α−1 − (2t)α−1 ] Suy f (t) = ⇔ t = t − f (t) +∞ + f (t) Từ bảng biến thiên ta suy f (t) 0, với t > Vậy Bổ đề 2.1.20 chứng minh Bây ta chứng minh Định lý 2.1.19 - Với α = hiển nhiên định lý - Với < α cách áp dụng (1.2), (1.3), (1.4) Bổ đề 2.1.20, ta có α α c b c α b α−1 α R1 r2 + r3 r2 + r3 , (2.46) a a a a R2α a c r3 + r1 b b R3α b a r1 + r2 c c α 2α−1 α α−1 r3 a b b r1 c α + r1 c b α + r2 α , a c (2.47) α (2.48) 49 Cộng vế theo vế bất đẳng thức (2.46), (2.47), (2.48) sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta R1α + R2α + R3α α−1 +2 α−1 c r1 b a r3 b b + r1 c α b + r3 a α α + 2α−1 r2 c a α + r2 a c α α 2α (r1α + r2α + r3α ) Dấu đẳng thức bất đẳng thức (2.43) xảy tam giác ABC P tâm tam giác 2.2 Mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell cho đa giác Trong phần này, muốn mở rộng bất đẳng thức Erdos Mordell cho đa giác Trước đến với định lý chính, chúng tơi cần đến bổ đề Bổ đề 2.2.1 ( xem [11]) Với dãy số thực x1 , x2 , , xn , ta ln có π cos n n−1 n x2i − i=1 i=1 n−2 = i=1 xi xi+1 + x1 xn iπ (i + 1) sin sin n n (i + 1)π iπ π sin xi − sin xi+1 + sin xn n n n (2.49) Chứng minh Bằng cách so sánh hệ số x2i xi xi+1 Chẳng hạn, hệ số x2i (i − 1)π iπ π (i + 1)π sin sin cos n n n n = cos π , + = iπ iπ iπ n sin sin sin n n n sin 50 2π n = cos π , hệ số với i = 2, 3, , n − hệ số x21 iπ n sin n (n − 2)π 2π sin sin n n = cos π hệ số x2 xn−1 = n π (n − 1)π n sin sin n n π π n−2 n−2 sin sin2 n n cot iπ − cot (i + 1)π = iπ (i + 1)π n n i=1 sin i=1 sin n n π sin n cot π − cot (n − 1)π = cos π = n n sin iπ (i + 1)π sin n n = −1 với i = 1, 2, , n − Hệ số xi xi+1 iπ (i + 1)π sin sin n n (n − 2)π π π −2 sin − sin sin n n n hệ số xn−1 xn = π = −1 (n − 2)π (n − 1)π sin sin sin n n n π 2π sin sin n n = hệ số x x với i = Hệ số x1 xn i n 2π π sin sin n n 2, 3, , n − − sin n−2 i=2 (i + 1)π π iπ π n−3 sin sin sin n n − n n = iπ (i + 1)π iπ (i + 1)π i=1 sin sin sin sin n n n n π n−3 sin n = = (i + 1)π i=2 sin n sin n−2 i=2 π n iπ sin n sin 51 Hệ 2.2.2 Với dãy số thực x1 , x2 , , xn ta có π cos n Chứng minh Vì sin n−2 i=1 n n−1 x2i − i=1 xi xi+1 + x1 xn (2.50) i=1 iπ (i + 1)π > 0, sin > với i = 1, 2, , n nên n n (i + 1)π iπ π sin xi − sin xi+1 + sin xn n n n iπ (i + 1) sin sin n n (2.51) Từ bất đẳng thức (2.51) Bổ đề 2.2.1 ta thu Hệ 2.2.2 Bổ đề 2.2.3 (Wolstenholme-Lenhard, xem [11]) Với dãy số thực R1 , R2 , , Rn , Rn+1 = R1 dãy số thực α1 , α2 , , αn thoã mãn n i=1 αi = (2r + 1)π, r ∈ N , bất đẳng thức sau π cos n n n Ri2 i=1 Ri Ri+1 cos αi (2.52) i=1 Chứng minh Áp dụng Hệ 2.2.2, ta có π cos n n n−1 yi2 i=1 − yi yi+1 + y1 yn (2.53) i=1 với dãy số thực tuỳ ý y1 , y2 , , yn Đặt xi = Ri cos βi yi = Ri sin βi , Ri ∈ R βi ∈ R Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức (2.50), (2.53) ta π cos n n n−1 Ri2 i=1 − Ri Ri+1 (cos βi cos βi+1 + sin βi βi+1 ) i=1 + R1 Rn (cos β1 cos βn + sin β1 βn ) hay π cos n n n−1 Ri2 i=1 − Ri Ri+1 cos(βi − βi+1 ) + R1 Rn cos(β1 − βn ) i=1 52 Đặt βi −βi+1 = αi với i = i, 2, n−1 β1 −βn = (2r+1)π−αn , r ∈ N , ta bất đẳng thức π cos n n n Ri2 i=1 Ri Ri+1 cos αi i=1 n i=1 αi Trong Ri ∈ R, αi ∈ R = (2r + 1)π, r ∈ N Sau đây, phát biểu chứng minh bất đẳng thức Erdos Mordell cho đa giác lồi Định lý 2.2.4 (Xem [11]) Cho A1 A2 An , (n 3) đa giác lồi M điểm tuỳ ý nằm Gọi R1 , R2 , , Rn khoảng cách từ điểm M tới đỉnh A1 , A2 , , An r1 , r2 , , rn khoảng cách từ M tới cạnh A1 A2 , A2 A3 , , An A1 Ta có bất đẳng thức n Ri i=1 π cos n n ri (2.54) i=1 Đẳng thức xảy A1 A2 An đa giác M tâm Chứng minh Gọi l1 , l2 , , ln độ dài đường phân giác góc A1 M A2 , A2 M A3 , , An M A1 tương ứng tam giác ∆A1 M A2 , ∆A2 M A3 , , ∆An M A1 Đặt A1 M A2 = 2α1 , A2 M A3 = 2α2 , , An M A1 = 2αn , ta có α1 + α2 + + αn = π Theo công thức độ dài đường phân giác bất đẳng thức Cauchy, ta có 53 2R1 R2 cos α1 R1 R2 cos α1 , R1 + R2 2R2 R3 l2 = cos α2 R2 R3 cos α2 , R2 + R3 2R3 R4 ln = cos αn R3 R4 cos αn R3 + R4 Từ n bất đẳng thức áp dụng Bổ đề 2.2.3, ta có l1 = n cos π n li i=1 cos n n π n Chú ý 2.2.5 Ta ln có l1 Ri Ri+1 cos αi i=1 Ri (2.55) i=1 r1 , l2 r2 , , ln rn Do đó, từ bất đẳng thức (2.55) ta thu bất đẳng thức (2.54), n Ri i=1 n cos π n ri i=1 Dấu đẳng thức xảy A1 A2 An đa giác M tâm Nhận xét 2.2.6 Với trường hợp n = 4, ta thu bất đẳng thức Erdos - Mordell cho tứ giác trình bày thơng qua ví dụ sau: Ví dụ 2.2.7 Tứ giác lồi ABCD điểm M nằm Kí hiệu R1 , R2 , R3 , R4 khoảng cách từ M tới đỉnh A,B,C,D r1 , r2 , r3 , r4 khoảng cách từ điểm M tới cạnh AB, BC, CD, DA Khi √ R1 + R2 + R3 + R4 2(r1 + r2 + r3 + r4 ) (2.56) Giải Gọi l1 , l2 , l3 , l4 độ dài đường phân giác góc AM B, BM C, CM D, DM A tương ứng tam giác ∆AM B, ∆BM C, ∆CM D, ∆DM A Đặt AM B = 2α, 54 BM C = 2β, CM D = 2γ, DM A = 2θ, A D R1 R4 l4 l3 l1 M R2 R3 l2 C B Hình 2.8 ta có α + β + γ + θ = π Sử dụng công thức độ dài đường phân giác bất đẳng thức Cauchy, ta có l1 = 2R1 R2 cos α R1 + R2 R1 R2 cos α, (2.57) l2 = 2R2 R3 cos β R2 + R3 R2 R3 cos β, (2.58) l3 = 2R3 R4 cos γ R3 + R4 R3 R4 cos γ, (2.59) 2R4 R1 cos θ R4 R1 cos θ (2.60) R4 + R1 Từ bất đẳng thức (2.57), (2.58), (2.59), (2.60) áp dụng Bổ đề 2.2.3 trường hợp n=4, ta có √ 2(l1 + l2 + l3 + l4 ) √ 2( R1 R2 cos α + R2 R3 cos β + R3 R4 cos γ + R4 R1 cos θ) l4 = R1 + R2 + R3 + R4 (2.61) 55 Vì l1 r1 , l2 r2 , l3 bất đẳng thức r3 , l R1 + R2 + R3 + R4 r4 nên từ bất đẳng thức (2.61) ta thu √ 2(r1 + r2 + r3 + r4 ) Đẳng thức xảy tứ giác ABCD hình vng M tâm Tiếp theo, với n=6, ta thu bất đẳng thức Erdos - Mordell cho lục giác xem xét ví dụ Ví dụ 2.2.8 Cho ABCDEF lục giác lồi thoã mãn AB song song với DE, BC song song với EF CD song song với FA Ký hiệu RA , RC , RE bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác FAB, BCD, DEF Gọi p chu vi hình lục giác ABCDEF Chứng minh RA + RC + RE p (2.62) Giải Dựng điểm M, N, P cho MDEF, NFAB, PBCD hình hình hành Khi M, N, F thẳng hàng; N, P, B thẳng hàng P, M, D thẳng hàng Giả sử XYZ tam giác tạo đường thẳng qua B, D, F vng góc với FA, BC DE, B nằm YZ, D nằm ZX, F nằm XY Khi tam giác MNP đồng dạng với tam giác XYZ Vì ∆DEF = ∆DM F nên chúng có bán kính đường trịn ngoại tiếp Hơn nữa, XM đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DMF, XM = 2RE Tương tự, ta có ZP = 2RC , Y N = 2RA Do bất đẳng thức cần chứng minh viết lại XM + Y N + ZP BN + BP + DP + DM + F M + F N Trường hợp M ≡ N ≡ P bất đẳng thức bất đẳng thức Erdos Mordell Ta chứng minh trường hợp lại Gọi Y’, Z’ đối xứng Y, Z qua đường phân giác góc X Ký hiệu G, H chân đường vng góc X, M Y’Z’ 56 X E F D P N M A C Y Z B Hình 2.9 Đặt x = Y Z , y = XZ , z = XY Khi đó, ta có XM z y DM + DM, x x (2.63) YN z x F N + BN, y y (2.64) ZP y x BP + DP z z (2.65) X F D M Y’ Y H G Z’ Hình 2.10 Z 57 Cộng vế theo vế bất đẳng thức (2.63), (2.64), (2.65) ta z y x z y x XM + Y N + ZP DM + F M + F N + BN + BP + DP x x y y z z (2.66) Để ý z y BP + BN = z y y z + z y BP + BN + BP − BN y z − z y Vì hai tam giác XYZ MNP đồng dạng nên ta đặt r= FM − FN BN − BP DP − DM = = XY YZ ZX Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có y z BP + BN = z y y z + z y BP + BN r − 2 r yx zx BP + BN − − z y yx zx − z y (2.67) Tương tự ta có x y FN + FM y x FN + FM − r xz yz − y x (2.68) z x DM + DP x z DM + DP − r zy xy − x z (2.69) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (2.67), (2.68), (2.69) vào (2.66) ta XM + Y N + ZP BN + BP + DP + DM + F M + F N Điều phải chứng minh 2.3 Mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell cho tứ diện Trong phần này, muốn phát biểu chứng minh bất đẳng thức Erdos - Mordell cho tứ diện thông qua toán sau 58 Bài toán 2.3.1 Cho tứ diện ABCD P điểm tuỳ ý nằm Gọi R1 , R2 , R3 , R4 khoảng cách từ P đến đỉnh A, B, C, D r1 , r2 , r3 , r4 khoảng cách từ P đến mặt phẳng (BDC), (CDA), (DAB), (ABC) Chứng minh √ √ √ √ √ √ R1 + R2 + R3 + R4 2( r1 r2 + r1 r3 + r1 r4 + r2 r3 + r2 r4 + r3 r4 ) (2.70) Giải A P B r1 D C Hình 2.11 Gọi đường cao hạ từ đỉnh A xuống mặt đáy (BCD); S1 , S2 , S3 , S4 diện tích tam giác BCD, CDA, DAB, ABC ; V1 , V2 , V3 , V4 thể tích khối tứ diện PBCD, PCDA, PDAB, PABC R1 + r1 ⇒ R1 S1 + S1 r1 ⇒ R1 S1 + 3V1 ⇒ R1 S1 ⇒ R1 S1 3V = 3(V1 + V2 + V3 + V4 ) 3V2 + 3V3 + 3V4 = r2 S2 + r3 S3 + r4 S4 S2 S3 S4 r2 + r3 + r4 S1 S1 S1 Tương tự, ta có R2 r1 S1 S3 S4 + r3 + r4 , S2 S2 S2 (2.71) 59 R3 r1 S1 S2 S4 + r2 + r4 , S3 S3 S3 (2.72) R4 r1 S1 S2 S3 + r2 + r3 S4 S4 S4 (2.73) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (2.71), (2.72) (2.73) áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có R1 + R2 + R3 + R4 S2 S1 S3 S1 S4 S1 + r2 + r1 + r3 + r1 + r4 S2 S1 S3 S1 S4 S1 S2 S3 S2 S4 S3 S4 + r2 + r3 + r2 + r4 + r3 + r4 S3 S2 S4 S2 S4 S3 √ √ √ √ √ √ 2( r1 r2 + r1 r3 + r1 r4 + r2 r3 + r2 r4 + r3 r4 ) r1 Vậy chứng minh bất đẳng thức (2.70) chứng minh Nhận xét 2.3.2 Trong số trường hợp đặc biệt, ta thu mốt số kết sau: • Nếu p tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD từ (2.70) ta có R1 + R2 + R3 + R4 12r, (2.74) với r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện • Nếu ABCD tứ diện gần đều(AB=CD, AC=BD, AD=BC) có diện tích mặt S từ (2.70) ta có R1 + R2 + R3 + R4 3h, (2.75) với h bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện • Nếu ABCD tứ diện có cạnh a từ (2.75) ta có √ R1 + R2 + R3 + R4 a (2.76) • Nếu ABCD tứ diện vuông A P tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD kết hợp với (2.74), ta có R1 + R2 + R3 + R4 (12 − √ 3)r 60 KẾT LUẬN Trong luận văn này, tơi trình bày lại kiến thức bất đẳng thức Đóng góp tơi luận văn Trình bày bất đẳng thức Erdos - Mordell với nhiều cách chứng minh khác trình bày hệ với tốn áp dụng Bên cạnh đó, chúng tơi phát biểu trình bày chi tiết chứng minh bất đẳng thức Erdos - Mordell mở rộng cho đa giác cho tứ diện Từng trường hợp riêng biệt chúng tơi xét thơng qua ví dụ Mặc dù thân cố gắng suốt q trình thực hồn thành luận văn, nhiên lực thời gian nghiên cứu hạn chế nên luận văn tránh khỏi sai sót Tơi mong nhận góp ý, nhận xét chân thành từ quý thầy cô, bạn học viên để hồn thiện luận văn 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phan Huy Khải, Nguyễn Đạo Phương, Hệ thức lượng tam giác tứ giác, NXB Giáo dục, 1994 [2] Nguyễn Văn Nho, Những định lí chọn lọc hình học phẳng qua kỳ thi Olypic, NXB Đại học sư phạm, 2011 [3] N Dergiades, Signed distances and the Erdos-Mordell inequality, Forum Geometricorum, Vol 4, 67-68, 2004 [4] W.D.Jiang, On a new weighted Erdos - Mordell type inequal - ity, Int J Open Problems Math, Vol 6, No 2, 44 - 49, 2013 [5] Liu, Two inequalities for a point in the plane of a triangle, International journal of geometry, Vol 2, No 2, 68 - 82, 2013 [6] Liu, A new proof of the Erdos - Mordell inequality, Inter - national Electronic Journal of Geometry, Vol No 2, 114 - 119, 2011 [7] Liu, On a geometric inequality of oppenheim, Journal of Science and Arts No 1(18), - 12, 2012 [8] Liu, Refinemnts of the Erdos - Mordell ineqquality, Brrow’s inequality and Oppenheim’s inequality, Journal of Inequalitis and Applications, 2016 [9] R.B Manfrino, J.A.G Ortega, R.V Delgado, Inequalities a mathematics olympiad approach, Birkhauser Publishers, 2009 62 [10] Y.D Wu, C.L Yu and Z.H Zhang, A geometric inequal - ity of the generalised Erdos - Mordell type, Journal of inequalities in pure and applied mathemtics, Vol.10, Iss.4, Ar.106, 2009 [11] D.S Mitrinovic, J.E Pecaric and V Volenec, Recent Advances in ge-ometric inequalities, Dordrecht, Nether-lands, 1989 ... chứng minh bất đẳng thức Erdos - Mordell Nêu hệ bất đẳng thức Erdos - Mordell ứng dụng Chương MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL Trong chương trình bày số mở rộng bất đẳng thức Erdos. .. 11 14 MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL 30 2.1 2.2 2.3 Một số mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell tam giác Mở rộng bất đẳng thức Erdos - Mordell. .. phạm vi ứng dụng Toán học Trong số nhiều bất đẳng thức hình học liên quan đến tam giác, không nhắc tới bất đẳng thức bất đẳng thức Erdos - Mordell Vì tơi chọn đề tài " BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS - MORDELL: