Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác thiết lập từ hàm lồi

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN TRƯỜNG HUYNH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC THIẾT LẬP TỪ HÀM LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - Năm 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN TRƯỜNG HUYNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Đề tài MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC THIẾT LẬP TỪ HÀM LỒI CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mà SỐ: 8460113 Người hướng dẫn: PGS TS LÊ CƠNG TRÌNH Năm 2020 Mục lục Danh mục chữ viết tắt ký hiệu Bất đẳng thức hình học tam giác thiết lập từ bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức liên quan 1.1 Hàm lồi số tính chất 1.2 Bất đẳng thức Jensen số bất đẳng thức liên quan 1.3 Một số bất đẳng thức hình học tam giác thiết lập từ đồng thức 1.4 12 Một số bất đẳng thức hình học tam giác thiết lập từ bất đẳng thức 19 Quan hệ trội số bất đẳng thức tam giác thiết lập từ quan hệ trội 26 2.1 Các định nghĩa tính chất liên quan 26 2.2 Quan hệ trội độ dài cạnh số bất đẳng thức liên quan 29 2.2.1 Trong tam giác 29 2.2.2 Trong tam giác cân 34 2.2.3 Trong tam giác tù 35 Quan hệ trội góc số kết 36 2.3.1 Hàm sin 37 2.3.2 Hàm cosin 43 2.3.3 Hàm tang 45 Quan hệ trội yếu tố khác số bất đẳng thức 48 2.3 2.4 2.4.1 Cạnh góc tam giác 48 2.4.2 Chiều cao bán kính đường trịn bàng tiếp tam giác 52 2.4.3 Cạnh, bán kính đường tròn bàng tiếp trung tuyến tam giác 54 Kết luận 56 Danh mục chữ viết tắt ký hiệu Độ dài cạnh tam giác ABC a, b, c a b c s✏ A, B, C Nửa chu vi tam giác ABC ; hb ; hc Các đường cao tương ứng từ đỉnh A,B,C tam giác ABC R, r Bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC ; rb ; rc Bán kính đường trịn bàng tiếp góc A, B, C ∆ Diện tích tam giác ABC € A( F € B) F € C (F € D) ♣∆q ♣∆aq ♣∆oq ♣∆iq ➦ f ♣aq ➦a b F hàm lồi không giảm (lồi không tăng) miền xác định F Q✏ c ➦ Các góc đỉnh tam giác ABC F hàm lõm không tăng (lõm không giảm) miền xác định Tam giác Tam giác nhọn Tam giác tù Tam giác cân := f ♣aq+ f ♣bq+ f ♣cq a b b c c a := + + c a a 2 := ♣a ✁ bq   ♣b ✁ cq   ♣c ✁ aq2 ♣b ✁ cq2 Mk ♣xq ✏ Mk ♣x; y; z q :✏ ♣xyz q :✏ [ (xk + y k   z k )] :✏ min♣x; y; z q :✏ max♣x; y; z q log x :✏ loge x k nếu ✏0 k ✘ 0, k ✘ ✟✽ k ✏ ✁✽ k ✏  ✽ k Lời nói đầu Bất đẳng thức nội dung khó chương trình tốn trung học phổ thơng, thường gặp kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Đặc biệt, việc đưa hay chứng minh bất đẳng thức hình học tam giác, bất đẳng thức liên hệ đại lượng tam giác như: cạnh, góc, diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp, , thường không dễ dàng Các vấn đề thu hút nhiều người học, làm nghiên cứu toán từ năm trước Cho đến đề tài đa dạng, nhận quan tâm nhiều người Chúng ta biết rằng, bất đẳng thức liên quan đến đối tượng áp dụng, quy luật áp dụng liên hệ đa chiều với chun ngành Tốn khác Do đó, vấn đề quan trọng đặt lĩnh vực này, nghiên cứu nguồn gốc, chất bất đẳng thức hình học tam giác để có góc nhìn tổng quan Hàm lồi, Schur- lồi (tương ứng, lõm; Schur- lõm) lớp hàm có nhiều ứng dụng quan trọng chương trình tốn trung học phổ thông, đặc biệt ứng dụng việc đề xuất hay chứng minh bất đẳng thức Trong luận văn, nghiên cứu số bất đẳng thức hình học tam giác thiết lập từ hàm lồi (tương ứng, lõm), đặc biệt bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức liên quan áp dụng hàm lồi, hàm Schur-lồi (tương ứng, Schur-lõm) vào quan hệ trội đại lượng hình học tam giác Trên sở đó, chúng tơi đề xuất số bất đẳng thức liên quan đến đại lượng tam giác dựa số hàm lồi (lõm) đặc biệt Ngoài mục lục, danh mục ký hiệu, phần mở đầu phần kết luận, nội dung luận văn chúng tơi trình bày chương: Chương Bất đẳng thức hình học tam giác thiết lập từ bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức liên quan Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức chuẩn bị bất đẳng thức, tính chất áp dụng Một số bất đẳng thức liên hệ đại lượng hình học tam giác hàm lồi (tương ứng, lõm) tổng quát, dạng mệnh đề Xen vào đó, số kết đặc biệt, dạng hệ Chương Quan hệ trội số bất đẳng thức tam giác thiết lập từ quan hệ trội Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức trội, định nghĩa hàm lồi, quan hệ trội đại lượng hình học tam giác kết đạt áp dụng hàm lồi cụ thể dạng mệnh đề, hệ Đề tài hoàn thành hướng dẫn khoa học tận tình PGS TS Lê Cơng Trình Tơi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến Thầy nhận lời hướng dẫn, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Nhân đây, tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám Hiệu Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đào tạo Sau đại học, Khoa Toán Thống kê quý Thầy Cơ giáo giảng dạy lớp cao học Tốn chun ngành Phương pháp Tốn sơ cấp khóa 21, tận tình giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho thời gian học tập nghiên cứu thực đề tài Đồng thời, không quên cảm ơn đến bạn lớp, người thân động viên, đóng góp ý kiến giúp đỡ tơi thời gian qua Mặc dù luận văn thực với nỗ lực cố gắng thân, điều kiện thời gian học tập, cơng tác có hạn, trình độ kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu hạn chế nên chắn luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý thẳng thắn, xây dựng quý thầy cô giáo bạn học viên để luận văn hoàn thiện Quy Nhơn, tháng 05 năm 2020 Học viên Nguyễn Trường Huynh Chương Bất đẳng thức hình học tam giác thiết lập từ bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức liên quan Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức chuẩn bị hàm lồi (tương ứng, lõm) tính chất có liên quan, bất đẳng thức Jensen, số bất đẳng thức sinh từ bất đẳng thức Jensen, với số áp dụng bất đẳng thức Jensen để đưa số bất đẳng thức liên hệ đại lượng hình học tam giác Trong tồn luận văn này, chúng tơi kí hiệu I thay cho I♣a; bq BĐT thay cho Bất đẳng thức Và cuối chương, chúng tơi trình bày hệ thống số bất đẳng thức hình học tam giác dựa vào hàm lồi đặc biệt Nội dung chủ yếu lấy từ tài liệu tham khảo [2] [4] luận văn 1.1 Hàm lồi số tính chất Định nghĩa 1.1.1 Hàm số f ♣xq gọi hàm lồi (lồi dưới) I ⑨ R với x, y € I với cặp số dương α, β thoả mãn α   β ✏ 1, ta có f ♣αx   βy q ↕ αf ♣xq   βf ♣y q ✏ ” xảy x ✏ y, ta nói hàm số f ♣xq lồi thực (chặt) I ⑨ R Hàm số f ♣xq gọi hàm lõm (lồi trên) I ⑨ R với x, y € I với cặp số dương α, β thoả mãn α   β ✏ 1, ta có Nếu dấu ” f ♣αx   βy q ➙ αf ♣xq   βf ♣y q Nếu dấu ” ✏ ” xảy x ✏ y, ta nói hàm số f ♣xq lõm thực (chặt) I ⑨ R → 0, ta có pf ♣xq   qf ♣y q px   qy q ↕ f♣ p q p q Tính chất 1.1.2 Nếu f ♣xq lồi (lõm) I ⑨ R g ♣xq :✏ cf ♣xq hàm lõm (lồi) I ⑨ R c ➔ ♣c → 0q Tính chất 1.1.1 Với p, q Tính chất 1.1.3 Tổng hữu hạn hàm lồi (lõm) I I ⑨ R ⑨ R hàm lồi (lõm) Định lý 1.1.1 (Tiêu chuẩn hàm lồi) Nếu f ♣xq khả vi bậc hai I f ♣xq lồi (lõm) I f ✷ ♣xq ➙ ♣f ✷ ♣xq ↕ 0q I 1.2 Bất đẳng thức Jensen số bất đẳng thức liên quan Định lý 1.2.1 (BĐT Jensen) Giả sử f hàm lồi tập mở I x1 , x2 , , xn € I Khi ta có f ✁x   x2     xn ✠ ↕ f ♣x1q   f ♣x2q     f ♣xnq n n Với hàm lồi chặt, đẳng thức xảy : x1 (1.2.1) ✏ x2 ✏ ✏ xn Chú ý 1.2.1 Khi hàm f hàm lõm tập mở I ta có BĐT ngược lại với BĐT (1.2.1) Và với hàm lõm chặt dấu ” x1 ✏ x2 ✏ ✏ xn ✏ ” xảy Định lý 1.2.2 (BĐT Jensen tổng quát) Cho f hàm liên tục lồi I Nếu x1 , x2 , , xn € I t1, t2, , tn € ♣0; 1q cho t1   t2     tn ✏ 1, ta có f ♣t1 x1   t2 x2     tn xn q ↕ t1 f ♣x1 q   t2 f ♣x2 q     tn f ♣xn q Với hàm lồi chặt, đẳng thức xảy khi: x1 (1.2.2) ✏ x2 ✏ ✏ xn Chú ý 1.2.2 Khi hàm f hàm lõm liên tục tập mở I ta có BĐT ngược lại với BĐT (1.2.2) Và với hàm lõm chặt dấu ” x1 ✏ x2 ✏ ✏ xn ✏ ” xảy Hệ 1.2.1 Cho f hàm liên tục lồi I Khi với xi thuộc I, với ri thuộc R  , i ✏ 1, , n, ta có f♣ r1 f ♣x1 q   r2 f ♣x2 q     rn f ♣xn q r1 x1   r2 x2     rn xn q ↕ r1   r2     rn r1   r2     rn Nếu hàm f hàm lõm tập mở I ta có BĐT ngược lại Hệ 1.2.2 Cho f hàm liên tục lồi I Khi với xi thuộc I, với ri thuộc R  , i ✏ 1, , n, ta có r1 x1   r2 x2     rn xn r2 x1   r3 x2     r1 xn q   f♣ q   r1   r2     rn r1   r2     rn   rn✁1 xn  f ♣ rnx1 r   r1xr2      rn q ↕ f ♣x1q   f ♣x2q     f ♣xnq f♣ Nếu hàm f hàm lõm tập mở I ta có BĐT ngược lại Hai định lý sau đưa dựa vào BĐT Jensen Định lý 1.2.3 (M Petrovic) [4] Cho f : r0;  ✽q Ñ R hàm lồi a, b, c cạnh tam giác Khi ta có 3f ♣ ➳ 2s q ↕ f ♣aq ↕ f ♣0q   2f ♣sq (1.2.3) Chú ý 1.2.3 Nếu hàm f hàm lõm ta có BĐT ngược lại với BĐT (1.2.3) Định lý 1.2.4 Cho f : r0;  ✽q Ñ R hàm lồi a, b, c cạnh tam giác Khi ta có 3f ♣ s ✏ ➳ s q ↕ f ♣xq ↕ f ♣sq   2f ♣0q, a b c , x ✏ s ✁ a, y ✏ s ✁ b, z ✏ s ✁ c (1.2.4) Hay ❄ 3↕ Dấu ” cos A   sin A   B   sin ✏ ” vế trái xảy A ✏ B ✏ ra, nên ta điều cần chứng minh 2.3.3 cos   cos C B C   sin 2 π C ✏ , dấu ” ↕ ✏ ” vế phải không xảy Hàm tang Định lý 2.3.2 Hàm F ♣xq ✏ tank x, với k ➙ lồi chặt ♣0; π2 q π Định lý 2.3.3 Hàm F ♣xq ✏ log tan♣kxq hàm lõm chặt ♣0; q lồi chặt 4k π π ; q với k → ♣ 4k Chứng minh Với F ♣xq ✏ log tan♣kxq, ta có k π F ✷ ♣xq ✏ ♣ tan2 kx ✁ 1q ➙ 0, với x € ♣0; q 2 tan kx cos kxtan kx 4k π nên hàm F ♣xq ✏ log tan♣kxq hàm lõm chặt ♣0; q với k → 4k π π Và tương tự hàm lồi chặt ♣ ; q với k → 4k F ✶ ♣xq ✏ tan kx   Áp dụng Định lý 2.3.2, Định lý 2.3.3, ta kết sau Mệnh đề 2.3.12 Cho tam giác ABC, với k 1q 2q   k ✁ k ➙ ta có ↕ tank A   tank B   tank C; ↕ tank A2   tank B2   tank C2 ; ❄ A B C 3q ➔ tan tan tan ↕ 2 Hệ 2.3.1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, ❄ ➙ 3; A B C 2q tan2   tan2   tan2 ➙ 1; 2 1q tanA   tanB   tanC 3q tan2 A   tan2 B   tan2 C ➙ 9; A B C ❄ 4q tan   tan   tan ➙ 2 45 ♣∆aq (2.3.34) ♣∆q (2.3.35) ♣∆aq (2.3.36) Mệnh đề 2.3.13 Cho tam giác ABC khơng nhọn, ta ln có tan A ❄   tan B2   tan C2 ➙ 2 ✁ Chứng minh Theo Định lý 2.3.2 hàm F ♣xq ✏ tanx lồi chặt ♣0; Hơn nữa, theo công thức (2.3.3) ta suy π q ♣ π4 ; π8 ; π8 q ➔ ♣ A2 , B2 , C2 q Khi đó, áp dụng hàm F ♣xq ta tan Mà tan π A   tan B2   tan C2 ➙ tan π4   2tan π8 ❄ ❄   2tan π8 ✏   2♣ ✁ 1q ✏ 2 ✁ Nên ta điều cần chứng minh Trên số áp dụng với hàm lượng giác với góc thơng thường Ngồi A B C ra, cịn có số BĐT khác góc dạng , , , đồng thức, n n n Mệnh đề 2.3.14 Cho tam giác ABC n số thực Khi ta ln có 1q sin π n π ➔ sin An   sin Bn   sin Cn ↕ sin 3n ; 2q   cos 3q π A ➔ cos n n π A tan ↕ tan n 3n Chứng minh Xét hàm F ♣xq ♣n ➙ 1q π   cos Bn   cos Cn ↕ 3cos 3n ; ♣n ➙ q   tan Bn   tan Cn ➔ tan πn ♣n ➙ q ✏ sin nx , ta có F ✷♣xq ✏ ✁ n12 sin nx ↕ nên F ♣xq hàm lõm Do đó, áp dụng vào trội 2.3.1, ta có BĐT Các BĐT lại chứng minh tương tự Hệ 2.3.2 Với n ✏ 4, ta 1q 2q 3q ❄ ❄ ❄ A B C 3♣ ✁ 2q ➔ sin   sin   sin ↕ ; ❄ 4 4❄ ❄ 4  A B C 3♣   2q ➔ cos   cos   cos ↕ ; ❄ A B C 3♣2 ✁ 3q ↕ tan   tan   tan ➔ 4 46 Chú ý 2.3.3 Chúng ta có BĐT với số đồng thức biết sau 1q ➳ ✂ ✂ r   b c ✁ r rb   rc 2q ➳ 3q ➳ 4q ➳ ♣4Rqk ✂ ✡k a2 ✏ ✏ ➳ ✡k ✡k rb   rc ✂ ✂ ➳ tan2k ♣ ➳ ✡k ✁ r ✏ ✁ r ✠k ✏ ➳ tank ♣ A q; ➳ ✁ ✏ rb   rc ✏ ♣4Rqk a2 ✡k a a A q; sin2k ♣ 1➳ 2k ✂ A q; hb   hc r   ✡k ✏ ➳ cos2k ♣ Nhận xét 2.3.4 Cho ABC tam giác với A ↕ B cho B ↕ Q ↕ C ↕ P , nên R ↕ A Vậy ta có A q ↕ C tam giác P QR ♣A, B, C q ➔ ♣P, Q, Rq π Mệnh đề 2.3.15 Giả sử tam giác ABC thoả có ❄ ↕ A ↕ B ↕ π3 ↕ C ↕ π2 , ta 3✁1 π π π Chứng minh Theo Nhận xét 2.3.4, cho P ✏ , Q ✏ , R ✏ Áp dụng Định lý 2.1.8 x với hàm log sin lõm ♣0; π q trội (2.3.4), ta r R A B C sin sin sin 2 Mặt khác ta có: r R ➙ π ➙ sin π4 sin π6 sin 12 ✏ sin A2 sin B2 sin C2 r R ➙ ✏ ❄ 3✁1 nên ta ❄ 3✁1 Chú ý 2.3.4 Nếu ta áp dụng hàm F ♣xq ✏ log sin x F ♣xq ✏ cos x lõm ta ❄ ; ❄ 1  cosA   cosB   cosC ➙ 1q sin A sin B sin C 2q ➙ Thêm vào đó, theo [13],tồn số s thoả: ➔ s ➔ ✂ sA cos sB , cos sC , cos ✡ ➔3 47 ✂ s sin sA , sin sB , sin sC ✡ Trường hợp đặc biệt ta có kết sau ❄ A A q ↕ Mr ♣cos q, ♣r 2 ➔ sq, A A q ➙ Mr ♣cos q, ♣r 2 π Đẳng thức xảy A ✏ B ✏ C ✏ → sq ❄ 2.4 3Mr ♣sin 3Mr ♣sin Quan hệ trội yếu tố khác số bất đẳng thức Trong phần này, xét quan hệ trội cạnh góc; cạnh bán kính đường trịn bàng tiếp; chiều cao bán kính đường trịn bàng tiếp; trung tuyến bán kính đường trịn bàng tiếp số kết khác liên quan 2.4.1 Cạnh góc tam giác Định lý 2.4.1 Cho tam giác ABC có a ➙ b 1 B q; τ2 ✏ ♣A   C q τ3 ✏ ♣B   C q Khi 2 ➙ c A ➙ B ➙ C Đặt τ1 ✏ 21 ♣A   ♣τ1, τ2, τ3q ➔ ♣A, B, C q 1 Chứng minh Vì a ➙ b ➙ c; A ➙ B ➙ C τ1 ✏ ♣A   B q; τ2 ✏ ♣A 2 τ3 ✏ ♣B   C q nên τ1 ➙ τ2 ➙ τ3 Từ suy điều phải chứng minh   Cq Mệnh đề sau kết việc áp dụng Mệnh đề 6.A.3 hệ 3.H.2.c Phần I [7] kết hợp với trội Định lý 2.4.1 Mệnh đề 2.4.1 Cho tam giác ABC, ta ln có aA   bB   cC ➙ aτ1   bτ2   cτ3 ➙ aτ3   bτ2   cτ1 Áp dụng tương tự hệ 3.H.3.c Phần I [7], cho ta mệnh đề sau 48 (2.4.1) Mệnh đề 2.4.2 Cho tam giác ABC,khi ta có π ↕ aAa  bBb   ccC ➔ π2 (2.4.2) Định nghĩa 2.4.1 Một hàm F gọi lồi cấp (3-lồi) khả vi cấp f ✸ ♣xq ➙ 0, ❅x € ♣0; 2sq Từ BĐT Levinson cho hàm 3-lồi [2], tr 363, có số kết sau Định lý 2.4.2 Nếu F hàm 3-lồi r0; 2ss 2s 1➳ 4s 1➳ F ♣aq ✁ F ♣ q ↕ F ♣b   cq ✁ F ♣ q 3 3 (2.4.3) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Mệnh đề 2.4.3 Với tam giác ABC bất kỳ, ta ln có ➳b  c ✁➳ a ➙ b c a (2.4.4) Đẳng thức xảy tam giác x , x € ♣0; 2sq Chứng minh Xét hàm F ♣xq ✏ 2s ✁ x 2s 12s ✸ Ta có F ✶ ♣xq ✏ → nên F ♣xq hàm 3-lồi F ♣xq ✏ ♣2s ✁ xq ♣2s ✁ xq4 Áp dụng Định lý 2.4.2 với F ♣ aq ✏ a b c , F ♣b   cq ✏ b c 2s 4s , F ♣ q ✏ , F ♣ q ✏ a 3 Rút gọn, ta có điều phải chứng minh Định lý 2.4.3 Nếu F : r0; ➳ F♣ π s Đ R hàm 3-lồi với tam giác ABC ta có ➳ π✁A A π π q ✁ F ♣ q ➙ 3F ♣ q ✁ 3F ♣ q 2 (2.4.5) Nếu hàm F 3-lồi chặt, đẳng thức xảy tam giác Chứng minh Trong phần chứng minh này, sử dụng khái quát BĐT Levinson từ [6], [12], nghĩa Định lí 2.4.3 trường hợp riêng Định lý sau 49 Cho F : r0;2as Ñ R hàm 3-lồi, xi ➳ F ♣x1 q ✁ 3F ♣ € r0;2as, i ✏ 1, 2, x1   x3 ↕ 2a, x2 ↕ a, ➳ 1➳ 1➳ x1 q ↕ F ♣2a ✁ x1 q ✁ 3F ♣2a ✁ x1 q 3 ✏ x2 ✏ x3 π A Bây giờ, giả sử A ➙ B, A ➙ C Áp dụng BĐT với a ✏ , x1 ✏ , x2 ✏ B C , x3 ✏ , ta có Định lý 2.4.3 chứng minh 2 Nếu hàm F 3-lồi chặt, đẳng thức xảy x1 Mệnh đề 2.4.4 Với tam giác ABC với k ➳ cotk ♣ ➳ k A A q ✁ tank ♣ q ➙ 31  2 € ♣0; 1q ❨ ♣2;  ✽q, ta ln có ✁ 31✁ k (2.4.6) Đẳng thức xảy tam giác Chứng minh Thật vậy, dễ dàng chứng minh theo định nghĩa, hàm F ♣xq ✏ tank x π 3-lồi r0; s với k € ♣0; 1q ❨ ♣2;  ✽q Khi đó, ta áp dụng Định lý 2.4.2 với F♣ k k π✁A π✁A A π π q ✏ tank ♣ q ✏ cotk ♣ q, 3F ♣ q ✏ 31  , 3F ♣ q ✏ 31✁ 2 Ta có bất đẳng thức chứng minh Nhận xét 2.4.1 Cho tam giác ABC, xét hàm F ♣xq k € ♣0; 1q ❨ ♣2;  ✽q Ta có Với k ✏ tank x 3-lồi r0; π2 s với ✏ 1, cot A2 ✁ tan A2 ✏ cot A nên ta cot A   cot B   cot C ➙ ❄ Đẳng thức xảy tam giác Với k ✏ 2, ta ➳ cot2 ♣ ➳ A A q ➙   tan2 ♣ q 2 Đẳng thức xảy tam giác Mệnh đề 2.4.5 Với tam giác ABC với k ➳ € ♣✁✽; 0q ❨ r1; 2s, ta ln có ✁ (2.4.7) ➳ A A 31  cos ♣ q ✁ sink ♣ q ↕ 2 2k k k Đẳng thức xảy tam giác tam giác 50 Chứng minh Thật vậy, chứng minh theo định nghĩa, với k € ♣✁✽; 0q ❨ r1; 2s, hàm π F ♣xq ✏ cosk x 3-lồi r0; s Khi đó, ta áp dụng Định lý 2.4.2 với π✁A π✁A A A A π 31  π F♣ q ✏ cosk ♣ q ✏ sink ♣ q, F ♣ q ✏ cosk ♣ q, 3F ♣ q ✏ k , 3F ♣ q ✏ k 2 2 k Ta bất đẳng thức cần chứng minh Mệnh đề 2.4.6 Với tam giác ABC bất kỳ, ta ln có A B C tan tan tan 2 ↕ ❄ (2.4.8) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Chứng minh Tương tự, hàm F ♣xq Định lý 2.4.2 với ✏ log sinx 3-lồi r0; π2 s Khi đó, ta áp dụng ➳ π✁A ➳ A A B C π✁A q ✏ log sin ✏ logcos ✏ log cos cos cos , 2 2 2 ➳ A B C π π A F ♣ q ✏ log sin sin sin , 3F ♣ q ✏ log ♣ q3 , 3F ♣ q ✏ log ♣ q3 2 2 ➳ F♣ Thay vào thu gọn, ta bất đẳng thức cần chứng minh Định lý 2.4.4 ( Bất đẳng thức Popoviciu)([9], tr 174) Nếu F : r0;π s Ñ R hàm lồi với tam giác ABC ta có 3F ♣ ➳ ➳ π✁A π q ✁ F♣ q   F ♣Aq ➙ (2.4.9) Đẳng thức xảy tam giác Một số kết Định lý 2.4.4 mệnh đề sau Mệnh đề 2.4.7 Với tam giác ABC bất kỳ, ta ln có ❄ 3 sin A sin B sin C ↕ cos2 A2 cos2 B2 cos2 C2 (2.4.10) Đẳng thức xảy tam giác tam giác Mệnh đề 2.4.8 Với tam giác nhọn ABC, ta có A B C cosAcosBcosC ↕ sin2 sin2 sin2 2 Đẳng thức xảy tam giác tam giác 51 (2.4.11) 2.4.2 Chiều cao bán kính đường trịn bàng tiếp tam giác Định lý 2.4.5 Trong tam giác, ta ln có ✂ 1 , , 3r 3r 3r ✡ ➔ ✂ 1 , , hb hc ✡ ➔ ✂ 1 , , rb rc ✡ (2.4.12) Chứng minh Nhắc lại rằng, tam giác ta ln có 2∆ ✏ aha ✏ bhb ✏ chc ✏ 2xra ✏ 2yrb ✏ 2zrc Nên ta được: ✏ ✂ Vậy ta suy rb ✂ Hơn ta có: ✂   rc ✡ , hb 1 , , hb hc r ✡ ✏ ➔ ✂ ✂ b 1 , , 3r 3r 3r ✡ ➔   1 , , rb rc ✏ h1   h1   h1 , a rc ✡ , hc ✏ ✡ ✂   rb ✡ ♣1q nên ta nhận c ✂ 1 , , hb hc ✡ ♣2q Từ ♣1q ♣2q ta có điều cần chứng minh Các mệnh đề sau kết áp dụng Định lý 2.4.5 với hàm lồi lõm Mệnh đề 2.4.9 Trong tam giác ABC, ta có 9r ↕   hb   hc ↕   rb   rc (2.4.13) Đẳng thức xảy tam giác ABC Chứng minh Áp dụng hàm lồi F ♣xq ✏ 3r ↕ 1   1 hb ta x   1 hc Từ ta điều phải chứng minh 52 ↕ 1   1 rb   1 rc Các mệnh đề sau kết sử dụng tính lồi (lõm) hàm F ♣xq   rx x , F ♣xq ✏ cho Định lý 2.4.5 log x, F ♣xq ✏ ✁ 2rx ✁ rx ✏ Mệnh đề 2.4.10 Trong tam giác ABC, ta có 27r3 ↕ hahbhc ↕ rarbrc (2.4.14) Đẳng thức xảy tam giác ABC Mệnh đề 2.4.11 Trong tam giác ABC, ta có 1     ➙ ✁ 2r hb ✁ 2r hc ✁ 2r r (2.4.15) Đẳng thức xảy tam giác ABC Mệnh đề 2.4.12 Trong tam giác ABC, ta ln có   r ✁ r   hhb  ✁ rr   hhc  ✁ rr ➙ b (2.4.16) c Đẳng thức xảy tam giác ABC Định lý 2.4.6 Cho tam giác ABC, ta có ✂ rb rc , , hb hc ✡ →w♣1, 1, 1q Chứng minh Khơng tính tổng qt, giả sử (2.4.17) ➙ rb ➙ rc Ta có ✏ nên ✏ rb hb   ✂ ✂ rb rb   rc   rc ✡ ✡ , hb ✏ rb ; hb ✏ rb   rb ✂ ✂ ✡   rc   rc , hc ✡ rc ; hc ✂ ✏ ✏ rc ✂   rb   ✡ rb , ✡ Do ta   rc hc ✏ ✂ rb ✡   Vậy ta có điều phải chứng minh 53 ✂ rc   rc ✡   ✂ rc rb   rb rc ✡ ➙ Mệnh đề 2.4.13 Cho tam giác ABC với n ➙ 1, ta có ✂ ✡n   ✂ rb hb ✡n   ✂ rc hc ✡n ➙ (2.4.18) Chứng minh Xét hàm F ♣xq ✏ xn ♣x → 0, n ➙ 1q, hàm F ♣xq lồi đối xứng nên hàm S- lồi Mặt khác F ♣xq tăng nên áp dụng Định lý 2.1.3 kết hợp trội Định lý 2.4.6, ta ✂ ✡n ✂   rb hb ✡n   ✂ rc hc ✡n ➙ 1n   1n   1n ✏ Vậy ta điều cần chứng minh Nhận xét 2.4.2 Áp dụng hàm lõm F ♣xq ✏ x n ♣x → 0, n → 1q ta ❝ n 2.4.3   ❝ n rb hb   ❝ n rc hc ↕ Cạnh, bán kính đường trịn bàng tiếp trung tuyến tam giác Định lý 2.4.7 ([7], tr.285) Cho tam giác ABC, với t ➙ ta ln có ✂ ❄ ✡t ♣at, bt, ctq➔w♣rat , rbt , rct q (2.4.19) Từ Định lý 2.4.7 Định lý 2.1.3 ta có mệnh đề sau Mệnh đề 2.4.14 Cho tam giác ABC Với t ➙ 1, ta có ✂ ❄ ✡t ♣at   bt   ctq ↕ rat   rbt   rct (2.4.20) Đặc biệt, với t ✏ ta có ❄ 3♣a   b   cq ↕ 2♣ra   rb   rc q (2.4.21) Mệnh đề 2.4.15 Cho tam giác ABC Với t ➙ 1, ta ln có ❄ Mk ♣at , bt , ct q ↕ Mk ♣rat , rbt , rct q 54 ♣k ➙ 1q (2.4.22) Chứng minh Ta xét với k ➙ Mk ♣x, y, zq hàm S- lồi tăng Do đó, áp dụng cho trội Định lý 2.4.7 ta ✄ Mk Nên ♣ ❄ t ☛ q♣at, bt, ctq ↕ Mk ♣rat , rbt , rct q ♣t ➙ 1q ❄ Mk ♣at , bt , ct q ↕ Mk ♣rat , rbt , rct q ♣t ➙ 1q Vậy ta có điều phải chứng minh Mặt khác, từ tính chất S-lõm hàm đối xứng Tn ♣xq ✏ ➧ xi với xi → 0, nên áp dụng trội Định lý 2.4.7 ta Mệnh đề 2.4.16 Cho tam giác ABC Ta ln có 8ra rb rc ↕ 3abc ❄ (2.4.23) Đẳng thức xảy tam giác ABC Định lý 2.4.8 ([7], II.8.D2, tr.286) Cho tam giác ABC, với t ➙ ta ln có ♣mta, mtb, mtcq➔w♣rat , rbt , rct q (2.4.24) Áp dụng Định lý 2.4.8 Định lý 2.1.3 ta mệnh đề sau Mệnh đề 2.4.17 Cho tam giác ABC với t ➙ 1, ta có Mk ♣mta , mtb , mtc q ↕ Mk ♣rat , rbt , rct q 55 ♣k ➙ 1q (2.4.25) Kết luận Luận văn trình bày, tổng hợp đến hình thành số BĐT từ hàm lồi (lõm), đồng thời làm rõ cách thiết lập BĐT Mặt khác, luận văn làm sáng tỏ nguồn gốc số BĐT quen thuộc tam giác Bên cạnh đó, từ quan hệ trội trình bày áp dụng, cho thấy đa dạng BĐT phạm vi hẹp tam giác Cụ thể, luận văn đạt số kết sau (1) Trình bày định nghĩa số tính chất hàm lồi (Tính chất 1.1.1, Tính chất 1.1.2, Định lý 1.1.1 tiêu chuẩn xác định hàm lồi) Trình bày BĐT Jensen hệ quả, Định lý M Petrovic 1.2.3, Định lý 1.2.4 để thiết lập BĐT số áp dụng (Ví dụ 1.2.1, Ví dụ 1.2.2, Ví dụ 1.2.4) (2) Làm rõ Định lý 1.3.1, BĐT (1.3.3) trình bày số áp dụng (Mệnh đề 1.3.1, Mệnh đề 1.3.2, Mệnh đề 1.3.4, Mệnh đề 1.3.5, Mệnh đề 1.3.6, Mệnh đề 1.3.7) hệ (3) Trình bày số kết từ BĐT Định lý 1.4.1 (Mệnh đề 1.4.1, Mệnh đề 1.4.2, Mệnh đề 1.4.4, Mệnh đề 1.4.6) hệ (4) Trình bày định nghĩa trội, làm rõ quan hệ trội tính chất (Định lý 2.1.2, Định lý 2.1.3, Định lý 2.1.6, Định lý 2.1.8) (5) Trình bày số BĐT độ dài cạnh (Mệnh đề 2.2.1, Mệnh đề 2.2.2, Mệnh đề 2.2.6, Mệnh đề 2.2.8, Mệnh đề 2.2.9) từ quan hệ trội Định lý 2.2.1 Trình bày Định lý 2.2.1, Định lý 2.2.2 số áp dụng (Mệnh đề 2.2.10, ,Mệnh đề 2.2.12, ,Mệnh đề 2.2.13) 56 (6) Trình bày quan hệ trội góc (Định lý 2.3.1) áp dụng (Mệnh đề 2.3.1, Mệnh đề 2.3.2, Mệnh đề 2.3.3, Mệnh đề 2.3.4, Mệnh đề 2.3.5, Mệnh đề 2.3.8, ,Mệnh đề 2.3.9, ,Mệnh đề 2.3.12, ,Mệnh đề 2.3.14), làm rõ quan hệ trội Mệnh đề 2.3.10 (7) Trình bày số BĐT cạnh góc tam giác (Mệnh đề 2.4.1, Mệnh đề 2.4.2, Định lý 2.4.3, Mệnh đề 2.4.4, Mệnh đề 2.4.5) Trình bày, làm rõ quan hệ trội chiều cao bán kính đường trịn bàng tiếp (Định lý 2.4.5) số kết (Mệnh đề 2.4.9, Mệnh đề 2.4.10, Mệnh đề 2.4.11, Mệnh đề 2.4.12, Mệnh đề 2.4.13) Trình bày làm rõ quan hệ trội Định lý 2.4.7, Định lý 2.4.8 BĐT (Mệnh đề 2.4.14, Mệnh đề 2.4.15, Mệnh đề 2.4.1) (8) Sáng tạo BĐT hình học tam giác, cụ thể, Hệ 1.4.10, Hệ 1.3.5 57 Tài liệu tham khảo [1] A Bager, ’A Family of Goniometric Inequalities’, Univ Beograd Publ Elektrotehn Fak Ser Mat Fiz No 338-352 (1971), 5-25 [2] O Bottema, Geometric Inequalities, et al (1968) [3] R Z Djorkjevic, Some Inequanlities for the Triangle, Ibid No 247-273 (1969), 35-39 [4] Dragoslav S Mitrinovic, J Pecaric, V Volenec, (Mathematics and its applications), Chapter VIII, Recent advances in geometric inequalities -Kluwer Academic Publishers (1989) [5] M S Jovanovic, Some Inequanlities for Triangle elements, Ibid No 498-541 (1975), 171-178 [6] S Lawrence and D Segalman, ’A Generation of Two Inequanlities Involving Means’, Proc Amer Math Soc 35 (1972), 96-100 [7] A W Marshall and I Olkin, Inequalities: Theory of Majorization and Its Applications, New York-London-Toronto-Sydney-San Francisco, 1979 [8] D Milosevic, Jedna primena konveksnih funkcija’, Matematika (1979), 69-71 [9] Mitrinovic, Dragoslav S., Analytic Inequalities, T(Springer, 1970) [10] M Mitrovic, ’Problem 222’, Math Vesnik (24) (1972), 308 [11] A Oppenheim, Some Inequanlities for the Triangle, Univ Beograd Publ Elektrotehn Fak Ser Mat Fiz No 357-380 (1971), 21-28 58 [12] J E Pedaric, On an Inequality of N Levinson, Univ Beograd Publ Elektrotehn Fak Ser Mat Fiz No 678-715 (1980), 71-74 [13] J Steinig, Some Trigonometric Inequanlities,, El Math 27 (1972), 121-129 [14] J Steinig, ’Sur quelques applications géométriques d’une inégalité relative aux fonction convexes’, Enseignment Math (2) 11 (1965), 281-285 59 ... quan 1.3 Một số bất đẳng thức hình học tam giác thiết lập từ đồng thức 1.4 12 Một số bất đẳng thức hình học tam giác thiết lập từ bất đẳng thức ... ký hiệu Bất đẳng thức hình học tam giác thiết lập từ bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức liên quan 1.1 Hàm lồi số tính chất 1.2 Bất đẳng thức Jensen số bất đẳng thức liên... minh bất đẳng thức Trong luận văn, nghiên cứu số bất đẳng thức hình học tam giác thiết lập từ hàm lồi (tương ứng, lõm), đặc biệt bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức liên quan áp dụng hàm lồi, hàm