Các bất đẳng thức đặc biệt

2 Các bất đẳng thức hình học cảm sinh từ các đa thức thuần nhất đối xứng

2.3 Các bất đẳng thức đặc biệt

2.3.1 Bậc 2, 3

Định lý 2.3. Tất cả các bất đẳng thức bậc2đặc biệt được cho bởi

λ(T12−3T2) ≥ 0, λ >0,

tức là

λ(∑x2−∑xy) ≥0 (theo Định lý 2.1). Kết quả dưới đây được ngay trực tiếp từ Định lý 2.2.

Định lý 2.4. Tất cả các bất đẳng thức bậc3đều có dạng

λU+µV ≥0, λ, µ ≥0.

Trong [10], các bất đẳng thức này được trình bày dưới dạng

αT13+βT1T2−9(β+3α)T3 ≥0, α ≥0, β≥ −4α.

2.3.2 Bậc 4

Trước hết, chúng ta sẽ đưa ra các công thức biểu diễn sau

A = ∑x4−∑x3(y+z) +∑x2yz = ∑x2(x−y)(x−z) = 1 2∑(y+z−x)2(y−z)2, B = ∑x3(y+z)−2∑y2z2 = ∑yz(y−z)2, C = ∑y2z2 −∑x2yz = 1 2∑x2(y−z)2.

Khi đó, ta có          A ≥0, B ≥0, C ≥0 với mọix ≥0,y≥ 0,z ≥0.

Bất kỳ bất đẳng thức đối xứng đặc biệt bậc 4với mọi số dươngx, y,zđều có thể viết dưới dạng

λA+µB+νC ≥0.

Định lý 2.5. Bất đẳng thức

λA+µB+νC ≥ 0

xảy ra với mọix,y,z ≥0khi và chỉ khi

λ ≥0, ν≥0, µ ≥ −√λν.

Chứng minh. Đặt

λA+µB+νC = f(x,y,z) và giả sử rằng f(x,y,z)≥ 0với mọi số dươngx,y,z. Khi đó

λ = f(1, 0, 0) ≥0vàν = f(0, 1, 1) ≥0. Lại có, f(x,y,z) = (x−y)2 x√λ−y√ν 2 +2(µ+√ λν)xy . Vì f(x,y,y)≥ 0,∀x ≥0,y ≥0nên µ+√ λν ≥0.

Ngược lại, giả sửλ ≥0, ν≥ 0, µ ≥ −√λν. Ta để ý rằng

f(x,y,z) = λA−√λνB+νC+ (µ+√ λν)B. Ta có          A ≥0, B≥ 0 4AC−B2 =3((x+y+z)(y−z)(z−x)(x−y))2 ≥ 0. Do đó, theo Bổ đề 2.1, ta có λA−√λνB+νC ≥ 0 với mọiλ≥ 0,nu ≥ 0. Do đó, f(x,y,z)≥ 0 với mọix,y,zkhông âm.

Đa thức A, B vàC là các đa thức sơ cấp dương bậc 4đặc biệt (basic positive special quartics) đối với các số không âm. Để thu được các đa thức sơ cấp dương bậc 4 đặc biệt cho tam giác, chúng tôi sử dụng (2.1)

A = 1 4 ∑a4−3∑a3(b+c) +8∑b2c2 −3∑a2bc, B = 1 2 ∑a4−2∑a3(b+c) +4∑b2c2 −∑a2bc, C = 1 4 ∑a4−∑a3(b+c) +∑a2bc). Mặt khác, kết hợp với Mệnh đề 1.2, ta nhận được A = p4−r(20R−r)p2+4r(4R+r)2 ≥0 B = 4r((R+r)p2−r(4R+r)2) ≥0 C = r2((4R+r)2−3p2) Điều này dẫn đến kết quả sau

Hệ quả 2.5.1. √3p≤ 4R+r.

2.3.3 Bậc 6

Bất đẳng thức kiểu

p2 R q(R,r),

ở đâyqlà đa thức bậc hai, và cũng như các bất đẳng thức liên quan đến góc trong tam giác có thể biến đổi về các bất đẳng thức bậc 6 đặt biệt với x, y, zmà không có bất kì số hạng nào liên quan đến∑x6 hoặc∑x5(y+z).

Ta kí hiệu J = ∑x4(y2+z2), K = xyz∑x3, L = ∑y3z3, M = xyz∑x2(y+z), N = x2y2z2 và P = J−2K−2L+2M−6N = (y−z)2(z−x)2(x−y)2, Q =K−M+3N = xyz∑x(x−y)(x−z) = xyzU T = L−M+3N =∑yz(yz−zx)(yz−xy) S = M−6N = xyz∑x(y−z)2 = xyzV.

Khi đóP ≥0, Q ≥ 0, S ≥ 0và chúng ta cóT ≥0nếu chúng ta thayx,y,zbởi yz,

zx,xytrong bất đẳng thứcU ≥0. Ta cũng có

Q = S2(p2−16Rr+5r2) T = r3(4R+r)3−S2(16Rr−5r2) S= 4S2r(R−2r). Chúng ta có thể viết P = −4r2((p2−2R2−10Rr+r2)2 −4R(R−2r)3) = −4r2I, Từ đây, ta có bất đẳng thức sau Mệnh đề 2.1. (p2−2R2 −10Rr+r2)2−4R(R−2r)3 ≤ 0. TừT ≥0chúng ta có Mệnh đề 2.2. p2 ≤ (4R+r) 3 (16R−5r).

Các bất đẳng thức đối xứng bậc 6 đặc biệt cho số dương, không chứa ∑x6

hoặc∑x5(y+z), đều có dạng

P(x,y,z) = αP+βQ+γT+δS≥ 0.

Kết quả dưới đây cho ta điều kiện cần và đủ để P(x,y,z) ≥ 0với mọi số dươngx,

y,z.

Định lý 2.6. Bất đẳng thức

αP+βQ+γT+δS≥ 0

xảy ra với mọi số không âm x,y,znếu và chỉ nếu

α,β,γ≥ 0vàδ ≥ −p

βγ.

Chứng minh. Giả sử rằngP(x,y,z) ≥0với mọi số dươngx,y,z. Ta có

P(x, 1, 0) = x2(α(x−1)2+γx) ≥0,∀x >0. Lại có, lim x→+∞ P(x, 1, 0) x4 = αvàP(1, 1, 0) = γ. Do đóα ≥0vàγ≥ 0. Lập luận tương tự, ta có lim x→+∞ P(x, 1, 1) x4 = β ⇒ β ≥0.

Vìβ,γ ≥ 0nên chúng ta có thể viết

P(x,y,z) = y2(x−y)2((xpβ−y√γ)2+2(δ+pβγ)xy).

Biểu thức này dương với mọi số dương nếu

δ≥ −pβγ.

Ngược lại, giả sửα,β,γ ≥0vàδ ≥ −p

βγ. Ta có P(x,y,z) = αP+ (βQ−p βγS+γT) + (δ+pβγ)S. Vì          Q ≥0 T ≥ 0 4QT−S2 =r3s2(16R−5r)P ≥0(vìR−2r ≥0) nên theo Bổ đề 2.1, ta có βQ−p βγS+γT ≥0 khiβ,γ ≥0. Kết hợp vớiαP ≥0và(δ+pβγ)S≥ 0ta nhận được P(x,y,z) ≥0. 2.4 Các bất đẳng thức tốt nhất có thể

Giả sử rằngX ≥0vàY ≥ 0là hai bất đẳng thức xảy ra với mọi số không âmx,

y, z, trong đóX vàYlà các biểu thức của x,y,zvàYkhông là bội số hằng của X. NếuX ≥Yvới mọi số không âmx,y,zvới bất đẳng thức nghiêm ngặt cho các giá trị nhất định của x,y,z, ta nói rằngY ≥ 0là bất đẳng thức tốt hơnX ≥ 0.

Chúng ta có thể phân loại “bất đẳng thức tốt nhất có thể” theo hai nghĩa. Ta nói rằng một bất đẳng thức tốt nhất có thể theo nghĩayếunếu không có bất đẳng thức nào trong tập các bất đẳng thức đang xét tốt hơn. Và bất đẳng thức tốt nhất theo nghĩamạnh(chúng ta chỉ gọi làtốt nhất) nếu nó tốt hơn mọi bất đẳng thức khác trong tập hợp. Các định nghĩa này có thể được mở rộng cho các bất đẳng thức(a,b,c)hoặc(R,r,s),. . .

2.4.1 Bậc 2,3

Các số hạng đối xứng duy nhất là sự kết hợp tuyến tính củaT12 và T2. Định lý dưới đây là hệ quả của Định lý 2.1.

Bài toán 2.4.1. Tìm hằng sốktốt nhất thỏa

T12 ≥ kT2.

Lời giải. Gọiklà số thỏa mãn bất đẳng thức

T12 ≥ kT2. Khi đó, vớix =y = z= 1, ta có

k ≤3. Hơn nữa, theo Mệnh đề 1.1, ta có

T12 ≥3T2. Như vậy, giá trịklớn nhất cần tìm làkmax =3.

Từ kết quả trên ta có kết quả sau.

Định lý 2.7. Trong tập hợp các bất đẳng thức đối xứng bậc hai đối với các số không âmx,y,z, Bất đẳng thức

∑x2 −∑yz ≥0

là bất đẳng thức chặt nhất.

Hai nhà khoa học Frucht và Klamkin, trong [7] và [11], đã xem xét đến các bất đẳng thức kiểu

T13 ≥ αT3, T1T2 ≥ βT3 vàT13 ≥ vT1T2+wT3; và đã chứng minh được bất đẳng thức tốt nhất của dạng này là

T13 ≥27T3 (U+4V ≥0hoặc p2 ≥ 27r2),

T1T2 ≥9T3 (V ≥0hoặcR ≥2r) và

T13+9T3 ≥ 4T1T2 (U ≥ 0).

Chúng ta cũng có thể xem xét các bất đẳng thức thuộc kiểu khác, cụ thể, bất đẳng thức tốt nhất của kiểu

∑x3 ≥ λ∑x2(y+z)là ∑x3 ≥ 1

2∑x2(y+z). Các kết quả này và định lý tiếp theo là hệ quả của Định lý 2.2.

Định lý 2.8. Trong tập tất cả các bất đẳng thức bậc 3 đối xứng với x,y,z, U ≥ 0, V ≥ 0vàW ≥0là các bất đẳng thức tốt nhất có thể theo nghĩa yếu.

2.4.2 Bậc 4

Định lý 2.9(xem [7]). Bất đẳng thức tốt nhất kiểu

T14 ≥ uT12T2 +vT22

là

T14+9T22 ≥6T12T2.

Nhà toán học Klamkin cũng đã chỉ ra rằng có bất đẳng thức tốt nhất theo nghĩa mạnh trong lớp

T14 ≥ uT12T2+vT22+wT1T3, nhưng kết quả dưới đây là hợp lý (xem [13]).

Định lý 2.10. Trong tập hợp tất cả các bất đẳng thức đối xứng đặc biệt, bất đẳng thức

λA−√λν+νC ≥ 0,

với λ,ν ≥ 0;λ2 +ν2 > 0vàB ≥ 0là các bất đẳng thức tốt nhất có thể theo nghĩa yếu.

Chứng minh. Đây là hệ quả của Định lý 2.5.

2.4.3 Bậc 5

Mỗi đa thức đối xứng bậc 5 bất kì là một liên kết tuyến tính của các số hạng

T15,T13T2,T12T3,T1T22vàT2T3. Klamkin đã sử dụng mệnh đề “Một bất đẳng thức cho (I,J,K)” để định nghĩa cho bất đẳng thức kiểu I ≥ uJ+vK. Ông ấy cũng đã đưa ra hàng loạt các kết quả cho bậc 5. Cụ thể, ông ấy đã chứng minh được kết quả dưới đây.

Định lý 2.11. Bất đẳng thức tốt nhất có thể cho(T1T22,T2T3,T12T3)là

T1T22 +3T2T3 −4T12T3 ≥ 0;

khi đó, bất đẳng thức tốt nhất cho (T1T22,T2T3,T12T3)rút ra cho bất đẳng thức tốt nhất từ Định lý 2.8.

2.4.4 Bậc 6

Định lý 2.12. Trong tập tất cả các bất đẳng thức đối xứng bậc 6 với x, y, z mà không chứa các số hạng∑x6hoặc∑x5(y+z), các bất đẳng thức

βQ−p

βγS+γT ≥0

với β,γ ≥ 0,β,γkhông đồng thời bằng 0; P ≥ 0vàS ≥ 0là các bất đẳng thức tốt nhất có thể theo nghĩa yếu.

Một số bất đẳng thức tốt nhất có thể theo nghĩa mạnh chứa một số số hạng trong 7 số hạng sau

T16,T14T2,T12T22,T23,T13T3,T1T2T3 vàT32

đã được trình bày trong [7]. Chúng ta sẽ đưa ra một số kết quả dưới đây.

Các bất đẳng thức tốt nhất liên quan đến các cặp số hạng trên đã biết và là hệ quả của các cặp trước đó. Một ngoại lệ là cặp(T23,T13T3)không có bất đẳng thức nào liên quan đến cặp này.

Với(T23,T32,T1T2T3)thì bất đẳng thức tốt nhất là

T23+9T32 −4T1T2T3 ≥0.

2.5 Về bất đẳng thức Gerretsen

Bất đẳng thức Gerretsen được Gerretsen, [9], phát biểu như sau.

Định lý 2.13 (Bất đẳng thức Gerretsen). Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh

BC = a, AC = b, AB= cvàR,r,plần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, nửa chu vi của tam giác ABC. Khi đó,

16Rr−5r2 ≤ p2 ≤ 4R2+4Rr+3r2. (2.7)

Nhận xét 2.2. Bất đẳng thức cần chứng minh tương ứng với việc chỉ ra hai khẳng định sau.

(1) G1 = 5r2−16Rr+p2 ≥ 0, (2) G2 = 4R2+4Rr+3r2−p2 ≥0.

Chứng minh. Bất đẳng thức thứ nhất thu được như là hệ quả củaU ≥ 0, và bất đẳng thức thứ hai có được tương ứng từP+4T ≥ 0(xem Mục 2.2).

Gerretsen đã chứng minh các bất đẳng thức này bằng cách xem xét các biểu thức của bình phương các khoảng cách từ trọng tâm và trực tâm đến các cạnh của tam giác (các bình phương này phải không âm). Bất đẳng thức, thường được

gọi làBất đẳng thức Blundon, được tìm thấy đầu tiên vào năm 1851 bởi nhà toán học E.Rouche nhưng lời giải đơn giản của nó phải đợi đến năm 1965 Blundon tìm ra và dựa trên ba yếu tốr,R,pcủa tam giác.

Định lý 2.14(Bất đẳng thức Blundon). 2R2+10Rr−r2−2(R−2r)pR2−2Rr≤ p2≤2R2+10Rr−r2+2(R−2r)pR2−2Rr. (2.8) Chứng minh. ĐặtS1 = a+b+c,S2 = ab+bc+ca,S3 = abc. Ta có S1 = a+b+c = 2p,S3 = abc =4SR =4pRr. Ta tínhS2 = ab+bc+catheo p, R,r. Ta có S= pr = q p(p−a)(p−b)(p−c), suy ra r2 = (p−a)(p−b)(p−c) p (2.9) = p3−p2(ab+bc+ca) +p(ab+ba+ca)−abc abc (2.10) = −p2+S2−4Rr. (2.11) Do đó,S2 = p2+4Rr+r2. Biến đổi, rút gọn, ta có (a−b)2(b−c)2(c−a)2 = S21S22 −4S32−4S31S3 +18S1S2S3−27S23 = −4r2[(p2−2R2−10Rr+r2)2 −4R(R−2r)3] ≥0. Suy ra (p2−2R2−10Rr+r2)2 ≤ 4R(R−2r)3.

Khai căn hai vế, lưu ý đến vế phải không âm vàa2 ≤ b ⇔ −√b ≤ a ≤√b,ta được 2R2+10Rr−r2−2(R−2r)

q

R(R−2r)≤ p2 ≤2R2+10Rr−r2+2(R−2r)pR2−2Rr. Vậy bất đẳng thức Blundon đã được chứng minh.

Nhận xét 2.3. a) Vì

2R2+10Rr−r2−2(R−2r)pR2−2Rr=16Rr−5r2+2(R−2r)R−r−pR2−2Rr≤ p2

và

p2≤2R2+10Rr−r2+2(R−2r)pR2−2Rr=4R2+4Rr+3r2−2(R−2r)R−r−pR2−2Rr

nên bất đẳng thức Blundon có thể được viết dưới dạng tương đương như sau:

16Rr−5r2+2(R−2r)(R−r−pR2−2Rr)≤ p2 ≤4R2+4Rr+3r2−2R−2r)(R−r−pR2−2Rr. b) Như vậy, dựa vào Nhận xét 2.3, ta thấy bất đẳng thức Blundon mạnh hơn bất

đẳng thức Gerretsen. Tuy nhiên, do công thức đơn giản hơn nên bất đẳng thức Gerretsen thường được sử dụng nhiều hơn bất đẳng thức Blundon.

W. J. Blundon, trong [15], đã phát biểu không chính xác rằng các bất đẳng thức Gerretsen là các bất đẳng thức tốt nhất có thể trong lớp

q(R,r)≤ p2 ≤ Q(R,r),

trong đó q(R,r)vàQ(R,r)là các đa thức bậc 2 với hệ số thực. R. Frucht và M. S. Klamkin [11] đã đưa ra kết quả đúng. Dưới đây, chúng ta sẽ đưa ra các công thức và phương pháp của J. F. Rigby ([8], [9]).

Như chúng ta đã phát biểu trước đó, để xem xét các bất đẳng thức dạng

p2 ≤λR62+µRr+ (27−4R−2µ)r2, (2.12) trong đó các hệ số củar2được chọn sao cho dấu "=" xảy ra tại x = y = z, chúng ta nhân choS2 và sử dụng biến đổi (2.3) để thu được các bất đẳng thức bậc6của

x,y,ztheo kiểu đã đề cập ở Mục 2.4.4.

Định lý 2.15 ([12], [13]). Bất đẳng thức theo kiểu (2.12)xảy ra cho mọi tam giác chỉ nếu có dạng

p2 ≤ (1−θ2)−1(4R62+4(1−θ−4θ2)Rr+ (3+8θ+5θ2)r2) +εr(R−2r) (2.13)

ở đây0≤ θ <1vàε ≥0.

Trong tập tất cả các bất đẳng thức đặc biệt của (2.13), các bất đẳng thức với

ε =0là tốt nhất có thể theo nghĩa yếu.

Kết quả tiếp theo được chứng minh bằng cách tương tự.

Định lý 2.16([12], [13]). Một bất đẳng thức kiểu

s2 ≥ λR2 +µRr+ (27−4λ−2µ)r2

xảy ra với mọi tam giác chỉ nếu nó có dạng

s2 ≥ (1−ω2)−1(−4ω2R2 +4(4+ω−ω2)Rr−(5+8ω+3ω2)r2)−εr(R−2r) (2.14)

trong đó0 ≤ω < 1vàε ≥ 0.

Trong tập hợp các bất đẳng thức đặc biệt của (2.14), các bất đẳng thức ứng với

ε =0là tốt nhất có thể theo nghĩa yếu.

Cho θ = ω = ε = 0, từ (2.13) và (2.14), chúng ta nhận được bất đẳng thức Gerretsen.

Định lý 2.17. (5r2−16Rr+s2)λ−4r(R−2r) √ λν+ (4R2 +4Rr+3r2−s2)ν+r(R−2r)µ ≥ 0 với mọiλ,µ,ν ≥0. Nếuλ< νchúng ta đặt λ ν = θ2, µ ν−λ = ε, để thu được (2.13). Nếuλ >νchúng ta đặt ν λ =ω2, µ λ−ν =ε để thu được (2.14).

Nếuλ =νchúng ta thu được

4λ(R−2r)2 +µr(R−2r) ≥0. Khiµ = 0, bất đẳng thức trong Định lý 2.17 có thể viết thành

G1λ−4rE√λν+G2ν≥ 0,

trong đóG1 ≥ 0vàG2 ≥ 0là các bất đẳng thức Gerretsen. Ta cũng có 4G1G2−(4rE)2 =−4I ≥ 0,

Như vậy, Định lý 2.17 có thể được chứng minh trực tiếp từ bổ đề và tình cờ ta cũng tìm được cách khác để viết lại bất đẳng thức cơ bản I ≤ 0:

G1G2 ≥4r2E2.

Định lý 2.18. (a) Một bất đẳng thức kiểu s ≤ λR+µr xảy ra với mọi tam giác chỉ nếu nó có dạng

s≤2R+ (3√3−4)r+α(R−2r) +βr

ở đâyα,β ≥0để trong tập các bất đẳng thức này.

p ≤2R+ (3√3−4)r (2.15)

là tốt nhất có thể theo nghĩa mạnh.

(b) Một bất đẳng thức kiểu s ≥ λR+µrxảy ra với mọi tam giác chỉ nếu nó có dạng

s ≥3√3r−α(R−2r)−βr

ở đâyα,β ≥0, để trong tập các bất đẳng thức này

p≥ 3√3r (2.16)

Các bất đẳng thức tốt nhất có thể này được suy ra trong [14] và [15]. Chúng ta có (2.15) từu dạng

p2 ≤ (2R+ (3√3−4)r)2

bằng cách đặtθ = 0,ε = 12√3−20 trong (2.13), chúng ta thu được (2.16) trong dạng s2 ≥ 27R2 bằng cách đặt ω = 0,ε = 16trong (2.14). Do đó (2.15) và (2.16) không thể tốt nhất ngay cả theo nghĩa yếu khi chúng ta bình phương chúng. Điều này là do chúng ta xem xét chúng trong một tập các bất đẳng thức rộng hơn nhiều.

Luận văn“Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác cảm sinh từ các bất