Cho tứ giác ABCD với các cạnh AB = a, BC =b, CD = c, DA= d.Ký hiệu p = a+b+c+d
2 là nửa chu vi của tứ giác. Ký hiệu R và r theo thứ tự là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tứ giác hai tâm ABCD. Các ví dụ sau đây được lựa chọn từ [2].
Ví dụ 2.19 Chứng minh bất đẳng thức sau trong tứ giác hai tâm:
p≤ 2R+ (4−2√ 2)r.
Chứng minh. Diện tích của tứ giác hai tâm được tính bởi công thức S =pr;S =r(r+√
4R2+r2) sinθ, với θ là góc giữa hai đường chéo. Suy ra
pr =r(r+√
4R2+r2) sinθ ⇔p= (r+√
4R2+r2) sinθ.
Do đó p≤r+√
4R2+r2. Đặt x= R
r, ta chứng minh r+√
4R2+r2 ≤2R+ (4−2√ 2)r, tương đương với
1 +√
4x2+ 1≤2x+ 4−2√ 2.
⇔ √
4x2+ 1≤ 2x+ 3−2√
2 ⇔1 ≤ 4(3−2√
2)x+ (3−2√ 2)2
⇔ x≥ √
2 ⇔ R ≥√ 2r,
bất đẳng thức cuối là đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác hai tâm là hình vuông.
Ví dụ 2.20 Chứng minh rằng, trong tứ giác hai tâm ta có bất đẳng thức:
p2 ≤ 4R2+ 4Rr+ (8−4√ 2)r2. Chứng minh. Ta có p≤r+√
4R2+r2, do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(r+√
4R2+r2)2 ≤ 4R2+ 4Rr+ (8−4√ 2)r2.
Đặt x= R
r, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (√
4x2+ 1 + 1)2 ≤ 4x2+ 4x+ 8−4√ 2, tương đương với
4x2+ 2 + 2√
4x2+ 1≤ 4x2+ 4x+ 8−4√ 2
⇔ 2√
4x2+ 1≤ 4x+ 6−4√
2 ⇔ √
4x2+ 1≤2x+ 3−2√ 2
⇔ 4x2 + 1≤4x2+ (12−8√
2)x+ (3−2√ 2)2
⇔ x≥ √
2 ⇔ R ≥√ 2r,
bất đẳng thức cuối là bất đẳng thức Fejes Tóth. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác hai tâm là hình vuông.
Ví dụ 2.21 Chứng minh với tứ giác hai tâm ta có
p2+ 8r2 ≤ab+bc+ca+ad+bd+cd≤ 3(p2−8r2).
Chứng minh. Đối với tứ giác hai tâm, ta có đẳng thức ab+bc+ca+ad+bd+cd =p2+ 2r2 + 2r√
4R2+r2. Theo bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ √
2r, suy ra ab+bc+ca+ad+bd+cd= p2+ 2r2+ 2r√
4R2+r2 ≥ p2+ 8r2. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được
ab+bc+ca+ad+bd+cd ≤ a2+b2
2 + b2+c2
2 + c2+a2 2 + a2+d2
2 + b2+d2
2 + c2+d2 2
≤ 3(a2+b2+c2+d2)
2 .
Mặt khác thì, đối với tứ giác hai tâm ta có a2+b2+c2+d2 ≤2[p2−2(r2+r√
4R2+r2)], suy ra
ab+bc+ca+ad+bd+cd ≤3[p2−2(r2+r√
4R2+r2)].
Áp dụng bất đẳng thức R ≥√
2r lần nữa, ta có 3[p2−2(r2+r√
4R2+r2)]≤ 3(p2−8r2).
Do đó ab+bc+ca+ad+bd+cd ≤ 3(p2−8r2). Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác hai tâm là hình vuông.
Ví dụ 2.22 Chứng minh bất đẳng thức sau trong tứ giác hai tâm:
8pr2 ≤ abc+abd+acd+bcd ≤ p3
24 + 4pr2. Chứng minh. Trong tứ giác hai tâm, ta có đẳng thức
abc+abd+acd+bcd= 2pr(r+√
4R2+r2).
Từ bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ √
2r, suy ra abc+abd+acd+bcd≥ 8pr2. Mặt khác thì p2 ≥ 8r(√
4R2+r2−r), suy ra abc+abd+acd+bcd = 2pr(√
4R2+r2−r) + 4pr2
= p 48r(√
4R2+r2−r) + 4pr2
≤ p2
4 + 4pr2.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác hai tâm là hình vuông.
Ví dụ 2.23 Chứng minh bất đẳng thức sau trong tứ giác hai tâm 8
p ≤ 1 a + 1
b + 1 c + 1
d ≤ p2+ 16r2 4pr2 . Chứng minh. Ta có đẳng thức sau trong tứ giác hai tâm
1 a + 1
b + 1 c + 1
d = 2(√
4R2 +r2+r)
pr .
Mặt khác thì p2 ≥ 8r(√
4R2+r2−r), suy ra 1
a + 1 b + 1
c + 1
d = 8r(√
4R2+r2+r) 4pr2
= 8r(√
4R2+r2−r) + 16r2
4pr2 ≤ p2+ 16r2 4pr2 . Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ √
2r, ta được 1
a + 1 b +1
c + 1
d = 2(√
4R2+r2+r)
pr ≥ 8r
8rp = 1 p.
Ví dụ 2.24 Chứng minh bất đẳng thức sau trong tứ giác hai tâm:
p2+ 8r2 p2r2 ≤ 1
ab + 1 bc + 1
ca + 1 ad + 1
bd + 1
cd ≤ 5p2+ 16r2 4p2r2 . Chứng minh. Trong tứ giác hai tâm, ta có
1 ab + 1
bc + 1 ca + 1
ad + 1 bd + 1
cd = p2 + 2r2+ 2r√
4R2+r2 p2r2 . Mặt khác thì p2 ≥ 8r(√
4R2+r2−r), suy ra 1
ab + 1 bc + 1
ca + 1 ad + 1
bd + 1
cd = 4p2+ 8r(r+√
4R2+r2) 4p2r2
= 4p2+ 8r(√
4R2 +r2−r) + 16r2 4p2r2
≤ 5p2+ 16r2 4p2r2 . Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥ √
2r, ta được 1
ab + 1 bc + 1
ca + 1 ad+ 1
bd + 1
cd = p2+ 2r2+ 2r√
4R2+r2
p2r2 ≥ p2+ 8r2 p2r2 . Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình vuông.
Ví dụ 2.25 Chứng minh bất đẳng thức sau trong tứ giác hai tâm:
p2 ≤ a2+b2+c2+d2 ≤ 2p2−8r2.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, chúng ta có (1 + 1 + 1 + 1)a2+b2+c2+d2 ≥(a+b+c+d)2 tương đương
(a+b+c+d)2
4 ≤ a2+b2+c2+d2, hay
p2 ≤a2+b2+c2+d2. Mặt khác áp dụng đẳng thức trong tứ giác hai tâm
a2+b2+c2+d2 = 2p2−4(r2+r√
4R2 +r2) ,
và bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥r√
2, chúng ta có a2+b2+c2+d2 = 2p2−4r2+r√
4R2+r2≤ 2p2−8r2.
Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác hai tâm là hình vuông.
Ví dụ 2.26 Chứng minh bất đẳng thức sau trong tứ giác hai tâm:
p2+ 8r22
6 ≤a2b2+a2c2+a2d2+b2c2+b2d2+c2d2 ≤ 25p4−320p2r2+ 256r4
16 .
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, chúng ta có (1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)a2b2+a2c2+a2d2 +b2c2+b2d2+c2d2
≥ (ab+ac+ad+bc+bd+cd)2, tương đương
a2b2+a2c2+a2d2+b2c2+b2d2+c2d2 ≥ (ab+ac+ad+bc+bd+cd)2
6 .
Theo Ví dụ 2.21, chúng ta có
ab+bc+ca+ad+bd+cd≥p2+ 8r2. Do đó
a2b2+a2c2+a2d2+b2c2+b2d2+c2d2 ≥
p2+ 8r22
6 .
Mặt khác, từ các đẳng thức trong tứ giác hai tâm
a2b2+a2c2+a2d2+b2c2+b2d2+c2d2 = (p2+ 2r2+ 2r√
4R2+r2)2−
−8p2r√
4R2+r2−6p2r2 bất đẳng thứcp2 ≥8r(√
4R2+r2−r) và bất đẳng thức Fejes TóthR ≥ r√ 2, ta có
a2b2+a2c2+a2d2+b2c2 +b2d2+c2d2 =
= p2+ 2r2+ 2r√
4R2+r22−8p2r√
4R2+r2−6p2r2
=
4p2+ 8r√
4R2+r2−r+ 16r2 4
2
−8p2r√
4R2+r2−6p2r2
≤
5p2+ 16r22
16 −30p2r2 = 25p4−320p2r2+ 256r4
16 .
Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác hai tâm là hình vuông.
Ví dụ 2.27 Chứng minh bất đẳng thức sau trong tứ giác hai tâm:
16r2 ≤ a2+b2+c2+d2 ≤ 8R2. Chứng minh. Áp dụng đẳng thức sau trong tứ giác hai tâm
a2+b2+c2+d2 = 2p2−4(r2+r√
4R2 +r2) , bất đẳng thứcp2 ≥8r(√
4R2+r2−r) và bất đẳng thức Fejes TóthR ≥ r√ 2, ta có
a2+b2+c2+d2 = 2p2−4r2 +r√
4R2+r2≥
≥ 16r(√
4R2+r2−r)−4(r2+r√
4R2+r2)
≥ 12r√
4R2+r2−20r2 ≥16r2. Áp dụng đẳng thức a2+b2+c2+d2 = 2p2−4(r2+r√
4R2+r2) , bất đẳng thức p≤ r+√
4R2+r2 và bất đẳng thức Fejes Tóth R ≥r√
2, ta có a2+b2+c2+d2 = 2p2−4r2 +r√
4R2+r2
≤ 2r+√
4R2+r22−4r2+r√
4R2 +r2
≤ 24R2+ 2r2+ 2r√
4R2+r2−4r2+r√
4R2+r2
≤ 8R2.
Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác hai tâm là hình vuông.
Kết luận
Luận văn đã trình bày một số mở rộng của bất đẳng thức Euler và ứng dụng. Trong khuôn khổ của luận văn cao học và khả năng có hạn, tác giả không thể khai thác, bao quát hết được những mở rộng và ứng dụng của bất đẳng thức Euler. Và đây cũng là hướng mở để cho tác giả cũng như những ai yêu thích Toán học có thể nghiên cứu, đào sâu thêm mở rộng của bất đẳng tức Euler cho tam giác cầu, tam giác hyperbolic và ứng dụng của nó trong chứng minh các bất đẳng thức trong tứ diện, đa diện, tam giác cầu, tam giác hyperbolic.
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Tạ Duy Phượng, Hoàng Minh Quân (2017),Phương trình bậc ba với các hệ thức hình học và lượng giác trong tam giác, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
[2] Hoàng Minh Quân (2017), Phương trình bậc bốn và các hệ thức hình học trong tứ giác hai tâm (Bản thảo).
Tiếng Anh
[3] Albrecht Hess (2013), "Bicentric Quadrilaterals through Inversion", Fo- rum Geometricorum, Volume 13, 11–15.
[4] Dragoslav S. Mitrinovic, J. Pecaric, V. Volenec (1989), Recent Advances in Geometric Inequalities, Kluwer, Dordrecht, Boston, London.
[5] F. Ardila (1995), "A Generalization of Euler’s R ≥ 2r", Crux Math., Volume 21, 1-2.
[6] L. F. Tosth (1948), "An Inequality Concerning Polyhedra", Duke Math.
J., Volume 15, No3, 817-822.
[7] M. Josefsson (2012), "A New Proof of Yun’s Inequality for Bicentric Quadrilaterals", Forum Geometricorum, Volume 12, 79-82.
[8] Z.-H. Zhang, Q. Song and Z.-S. Wang, (2003), "Some Strengthened Re- sults on Euler’s Inequality", http://rgmia.org/papers/v6n4/EULER.pdf.
[9] Shan-He Wu (2004), "Some improved results on the Euler’s inequality", http://rgmia.org/papers/v7n3/euler.pdf.