Bất đẳng thức hayashi, bất đẳng thức weitzenbock suy rộng và các hệ quả

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN VÕ KẾ THỊNH BẤT ĐẲNG THỨC HAYASHI, BẤT ĐẲNG THỨC WEITZENBOCK SUY RỘNG VÀ CÁC HỆ QUẢ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN VÕ KẾ THỊNH BẤT ĐẲNG THỨC HAYASHI, BẤT ĐẲNG THỨC WEITZENBOCK SUY RỘNG VÀ CÁC HỆ QUẢ Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN 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 07 năm 2020 Tác giả Võ Kế Thịnh Mục lục MỞ ĐẦU 1 BẤT ĐẲNG THỨC HAYASHI VÀ CÁC HỆ QUẢ 1.1 Bất đẳng thức Hayashi 1.2 Các hệ bất đẳng thức Hayashi 15 1.3 Một số toán áp dụng bất đẳng thức Hayashi 16 1.4 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác 22 BẤT ĐẲNG THỨC WEITZENBOCK VÀ CÁC HỆ QUẢ 26 2.1 Bất đẳng thức Weitzenbock 26 2.2 Các hệ bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng 35 2.3 Các ứng dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng 38 2.4 Bất đẳng thức Weitzenbock cho đa giác 51 2.5 Bất đẳng thức Weitzenbock ngược 54 KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO 59 61 MỞ ĐẦU Bất đẳng thức chuyên 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 Trong số nhiều bất đẳng thức hình học liên quan đến tam giác, không nhắc tới hai bất đẳng thức bất đẳng thức Hayashi bất đẳng thức Weitzenbock Vì tơi chọn đề tài "BẤT ĐẲNG THỨC HAYASHI, BẤT ĐẲNG THỨC WEITZENBOCK SUY RỘNG VÀ CÁC HỆ QUẢ" để làm đề tài luận văn tốt nghiệp Luận văn này, phần mục lục, phần mở đầu, phần kết luận tài liệu tham khảo luận văn chia làm chương Nội dung chương: • Chương Trong chương này, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Hayashi cho tam giác hệ quả, số toán áp dụng mở rộng bất đẳng thức Hayashi cho đa giác • Chương Trong chương này, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng hệ quả, số tốn áp dụng Sau đó, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Weitzenbock cho đa giác bất đẳng thức Weitzenbock ngược Luận văn hoàn thành hướng dẫn TS Lê Thanh Bính Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy tận tình hướng dẫn, bảo tơi suốt q trình thực hồn thiện luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành đến Ban Giám hiệu 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, người tận tâm giảng dạy, tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn Bình Định, tháng 07 năm 2020 Học viên Võ Kế Thịnh Chương BẤT ĐẲNG THỨC HAYASHI VÀ CÁC HỆ QUẢ Trong chương này, chúng tơi phát biểu trình bày chứng minh bất đẳng thức Hayashi Sau đó, chúng tơi trình bày số định lý, hệ liên quan số toán áp dụng kết bất đẳng thức Hayashi 1.1 Bất đẳng thức Hayashi Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức Hayashi, xem [10]) Cho M điểm tùy ý mặt phẳng chứa tam giác ABC với độ dài cạnh BC, CA, AB a, b, c Khi đó, ta có aM B.M C + bM C.M A + cM A.M B ≥ abc (1.1.1) Đẳng thức xảy M trực tâm tam giác ABC Sau đây, chúng tơi trình bày số cách chứng minh bất đẳng thức Hayashi (1.1.1) • Cách (Sử dụng bất đẳng thức Ptolemy) Trước tiên, xin trình bày cách chứng minh sơ cấp dành cho học sinh Trung học sở dựa bất đẳng thức Ptolemy Bổ đề 1.1.1 (Bất đẳng thức Ptolemy, xem [1]) Cho bốn điểm A, B, C, D mặt phẳng, ta có AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD Đẳng thức xảy A, B, C, D bốn điểm nằm đường tròn (hay tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp) Chứng minh Lấy điểm E cho EAB = CDB CBE = DBA Suy ∆ABE ∆DBC, từ ta có AB AE BE = = DB DC BC (1.1.2) A E D B C Hình 1.1.1 Từ (1.1.2) ta AB.DC = BD.AE Do CBE = DBA hệ thức (1.1.2), nên ta có ∆BCE (1.1.3) ∆BDA Do BC CE BE = = BD DA BA ⇒ BC.DA = BD.CE (1.1.4) Cộng (1.1.3) (1.1.4) vế theo vế ta AB.DC + BC.AD = BD(AE + CE) ≥ BD.AC Đẳng thức xảy E thuộc cạnh AC , tức A D nhìn cạnh BC góc Nói cách khác, đẳng thức xảy tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp Bây giờ, chứng minh bất đẳng thức Hayashi (1.1.1) Chứng minh Lấy hai điểm E F cho BCM E BCAF hình bình hành, tứ giác EM AF hình bình hành F A M E C B Hình 1.1.2 Ta có AF = EM = BC EF = AM, EB = CM, BF = AC Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABEF AEBM , ta AB.AM + BC.CM = AB.EF + AF.BE ≥ AE.BF = AE.AC, BM.AE + AM.CM = BM.AE + AM.BE ≥ AB.EM = AB.BC Khi M A.M B.AB + M B.M C.BC + M C.M A.CA = M B(M A.AB + M C.BC) + M C.M A.CA ≥ M B.AE.AC + M C.M A.CA = AC(M B.AE + M C.AM ) ≥ AC.AB.BC hay aM B.M C + bM C.M A + cM A.M B ≥ abc Đẳng thức xảy tứ giác ABEF AEBM nội tiếp đường tròn, AF EM hình bình hành AM ⊥EM hay AM ⊥BC Tương tự, ta có CM ⊥AB , nên M trực tâm tam giác ABC Tiếp theo, chúng tơi trình bày cách chứng minh sử dụng số phức ngắn gọn ấn tượng Trước tiên, nhắc lại số kiến thức số phức Trường số phức định nghĩa tập R × R cặp số thực (x, y) với phép toán (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ) gọi phép cộng (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) gọi phép nhân Mọi số phức z = (x, y) viết dạng z = x + iy với i = (0, 1) số thực x xác định số phức (x, 0) Với z = x + iy , ta định nghĩa 48 Tương tự, ta có A B = 4Rcos C B C A = 4Rcos 2 Do 1 A C B S∆A B C = B C A B sinB = 4Rcos 4Rcos cos 2 2 2 B C R sinA.sinB.sinC A = 8R2 cos cos cos = 2 sin A2 sin B2 sin C2 2RsinA.2RsinB.2RsinC abc = = 8R 2r sin A2 sin B2 sin C2 abc 2R 2SR = = (2.3.14) 4R r r Theo tính chất đường trịn bàng tiếp tam giác, ta có A B C = p.tan , rb = p.tan , rc = p.tan , 2 S = (p − a) = rb (p − b) = rc (p − c) Thật vậy, ta chứng minh S = (p − a) S =S∆A AB + S∆A AC − S∆A BC b c a + − 2 b+c−a =ra = =ra (p − a) Tương tự, ta có S = rb (p − b) S = rc (p − c) Do + rb = p tan A B + tan 2 =p r r + p−a p−b = prc (p − a)(p − b) Ta lại có pr abc prc p(p − c) = p(p − a)(p − b)(p − c) ⇒ = 4R , 4R (p − a)(p − b) ab 49 nên + rb = 4R p(p − c) C = 4Rcos2 ab Tương tự, ta có A B rb + rc = 4Rcos2 , rc + = 4Rcos2 2 Từ kết trên, ta suy xB C + yC A + zA B A B C =x16R2 cos2 + y16R2 cos2 + z16R2 cos2 2 A B C =4R x4Rcos2 + 4R y4Rcos2 + 4R z4Rcos2 2 =4R [x(rb + rc ) + y(rc + ) + z(ra + rb )] (2.3.15) Từ (2.3.14) (2.3.15), bất đẳng thức (2.3.13) tương đương với √ 2SR 4R[x(rb + rc ) + y(rc + ) + z(ra + rb )] ≥ xy + yz + zx r Vì S = pr = (p − a) = rb (p − b) = rc (p − c) nên bất đẳng thức tương đương với √ r[ra (y + z) + rb (z + x) + rc (x + y)] ≥ 2S xy + yz + zx S2 S2 S2 ⇔4(y + z) + 4(z + x) + 4(x + y) p(p − a) p(p − b) p(p − c) √ ≥ 8S xy + yz + zx ⇔4(y + z)(p − b)(p − c) + 4(z + x)(p − c)(p − a) √ + 4(x + y)(p − a)(p − b) ≥ 8S xy + yz + zx Do √ (y + z)a2 + (z + x)b2 + (x + y)c2 ≥ xy + yz + zx.S + (x + y)(a − b)2 +(y + z)(b − c)2 + (z + x)(c − a)2 50 Vậy bất đẳng thức (2.3.12) chứng minh Nhận xét 2.3.2 Trong bất đẳng thức (2.1.7) đặt y + z = x1 , z + x = y1 , y + x = z1 bất đẳng thức trở thành x1 a2 + y1 b2 + z1 c2 ≥ x21 + y12 + z12 − (x1 − y1 )2 − (y1 − z1 )2 − (z1 − x1 )2 S + x1 (b − c)2 + y1 (c − a)2 + z1 (a − b)2 (2.3.16) Bất đẳng thức với x1 , y1 , z1 độ dài ba cạnh tam giác Câu hỏi đặt bất đẳng thức có cịn với số thực dương x1 , y1 , z1 hay không? Câu trả lời nêu ví dụ sau Ví dụ 2.3.9 Với x, y, z số thực dương tùy ý Đặt a, b, c độ dài cạnh S diện tích tam giác ABC Khi đó, ta có xa2 + yb2 + zc2 ≥4 x2 + y + z − (x − y)2 − (y − z)2 − (z − x)2 S + x(b − c)2 + y(c − a)2 + z(a − b)2 (2.3.17) Giải Áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) cho tam giác A B C (Hình 2.4), thay x, y, z (−x + y + z), (x − y + z), (x + y − z), ta có (−x + y + z)B C + (x − y + z)C A + (x + y − z)A B ≥ x2 + y + z − (x − y)2 − (y − z)2 − (z − x)2 S∆A B C Mặt khác, ta có (−x + y + z)B C + (x − y + z)C A + (x + y − z)A B A B C =(−x + y + z)16R2 cos2 + (x − y + z)16R2 cos2 + (x + y − z)16R2 cos2 2 51 =4R[(−x + y + z)(rb + rc ) + (x − y + z)(rc + ) + (x + y − z)(ra + rb )] =8R(xra + yrb + zrc ) 8R = (xrra + yrrb + zrrc ) r 8R = [x(p − b)(p − c) + y(p − c)(p − a) + z(p − b)(p − b)] r Ta lại có x2 + y + z − (x − y)2 − (y − z)2 − (z − x)2 S∆A B C 2SR = x2 + y + z − (x − y)2 − (y − z)2 − (z − x)2 r Suy xa2 + yb2 + zc2 ≥ x2 + y + z − (x − y)2 − (y − z)2 − (z − x)2 S +x(b − c)2 + y(c − a)2 + z(a − b)2 Vậy bất đẳng thức (2.3.17) chứng minh 2.4 Bất đẳng thức Weitzenbock cho đa giác Định lý 2.4.1 (Bất đẳng thức Weitzenbock cho đa giác, xem [6]) Giả sử (i = 1, 2, , n) cạnh đa giác lồi A1 A2 An S diện tích đa giác Khi đó, ta có n i=1 π a2i ≥ 4Stan n (2.4.1) Chứng minh Ta biết tất đa giác n−cạnh có chu vi, đa giác n−cạnh có diện tích lớn Do đó, ta có na2 S≤ 4tan πn đó, n na = i=1 (2.4.2) 52 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có n −1 na = n n −1 ≤n i=1 n a2i n i=1 a2i = i=1 (2.4.3) i=1 Từ (2.4.2) (2.4.3) ta suy bất đẳng thức (2.4.1) Tổng quát hơn, ta có Định lý 2.4.2 Trước tiên, ta cần nhắc lại bổ đề Bổ đề 2.4.1 (Xem [11]) Nếu αk ≥ 0, βk số thực (k = 1, 2, n), n k=1 αk = n k=1 βk = π, ta có n k=1 cosβk ≤ sinαk n cotαk k=1 Đẳng thức xảy αk = βk (k = 1, 2, , n) Định lý 2.4.2 (Xem [11]) Giả sử (i = 1, 2, , n) cạnh đa giác lồi A1 A2 An S diện tích đa giác Nếu αi ≥ 0(i = 1, 2, n) cho n i=1 αi = π, ta có n cotαi a2i ≥ 4S (2.4.4) i=1 Chứng minh Ta chứng minh trường hợp đa giác lồi A1 A2 An có đỉnh nằm đường trịn, có diện tích lớn Đặt 2γi góc tâm cạnh , i = 1, 2, , n Từ Bổ đề 2.4.1, ta có n i=1 cos(2γi − αi ) ≤ sinαi n cotαi (2.4.5) sin2γi (2.4.6) i=1 Biến đổi sơ cấp (2.4.5) ta n n sin γi cotαi ≥ i=1 i=1 Mặt khác, = 2Rsinγi (i = 1, 2, , n) (2.4.7) 53 S = R2 n sin2γi (2.4.8) i=1 Thế (2.4.7) (2.4.8) vào (2.4.6) ta thu bất đẳng thức (2.4.4) Ví dụ 2.4.1 (Xem [11]) Giả sử (i = 1, 2, 3, 4) cạnh tứ giác ABCD S diện tích tứ giác Nếu λi (i = 1, 2, 3, 4) số thực thỏa mãn λ2 λ3 λ4 + λ3 λ4 λ1 + λ4 λ1 λ2 + λ1 λ2 λ3 > 0, λ1 + λ2 + λ3 + λ4 > 0, ta có bất đẳng thức λi a2i ≥ 4S i=1 λ2 λ3 λ4 + λ3 λ4 λ1 + λ4 λ1 λ2 + λ1 λ2 λ3 λ1 + λ2 + λ3 + λ4 (2.4.9) Giải Đặt tλi = cotαi (i = 1, 2, 3, 4), t số thực không đổi Áp dụng bất đẳng thức (2.4.4) với n = 4, ta có α1 + α2 + α3 + α4 = π, tan(α1 + α2 + α3 + α4 ) = Từ kết biết tan(α1 + α2 + α3 + α4 ) = 1≤i