TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠNNGUYỄN THỊ QUỲNH MAI ÁP DỤNG VÀ MỞ RỘNG CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - 2021... TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠNNGUYỄ
Một số bất đẳng thức quan trọng
Định lý 1.1 (Bất đẳng thức Schwarz) Choa1, , an là các số thực tùy ý;b1, , bn là các số dương, n∈N ∗ Khi đó a 2 1 b1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 =a 2 = .=a n Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Bernoulli) Với x >−1, ta luôn có
(1 +x) α ≥1 +αx với α 0, theo Bất đẳng thức Klamkin ở Bổ đề 2.5, ta có
(x+y+z)(xR 1 2 +yR 2 2 +zR 2 3 )≥yza 2 +zxb 2 +xyc 2 (2.13) Xét trường hợp điểm P là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, ta có
R 2 (x+y+z) 2 ≥yza 2 +zxb 2 +xyc 2 (2.14) Theo Bất đẳng thức Schwarz, ta có
(yza+zxb+xyc) 2 = √ yz.√ yza+√ zx.√ zxb+√ xy.√ xyc 2
≤(yz+zx+xy)(yza 2 +zxb 2 +xyc 2 ), hay yza 2 +zxb 2 +xyc 2 yz+zx+xy ≥ yza+zxb+xyc yz+zx+xy
Do đó bất đẳng thức (2.14) tương đương với
R 2 (x+y+z) 2 1 yz+zx+xy ≥ yza 2 +zxb 2 +xyc 2 yz+zx+xy
⇔ R 2 (x+y+z) 2 1 yz+zx+xy ≥ yza+zxb+xyc yz +zx+xy
⇔ R 2 (x+y+z) 2 (yz+zx+xy)≥(yza+zxb+xyc) 2
⇔ R(x+y+z)√ yz+zx+xy≥yza+zxb+xyc
⇔ (x+y+z)√ yz +zx+xy≥2 yz a 2R +zx b
Sử dụng Định lý hàm số côsin a sinA = b sinB = c sinC = 2R, thay vào (2.15) ta có
(x+y+z)√ yz+zx+xy≥2(yzsinA+zxsinB+xysinC) (2.16)
2(yzsinA+zxsinB+xysinC)≤(x+y+z)√ yz+zx+xy
⇔ x 2 +y 2 +z 2 + 2(xy+yz+zx)≥3(xy+yz+zx)
⇔ 2√ 3(yzsinA+zxsinB+xysinC)≤(x+y+z) 2 Vậy Hệ quả 2.6 được chứng minh.
Chứng minh Định lý 2.3 Vì Hệ quả 2.6 đúng với các số dươngx, y, z bất kỳ nên ta có x= sinA 0 , y= sinB 0 , z = sinC 0 Do đó
3 sinB 0 sinC 0 sinA+ sinC 0 sinA 0 sinB+ sinA 0 sinB 0 sinC
3 (sinB 0 sinC 0 sinA+ sinC 0 sinA 0 sinB + sinA 0 sinB 0 sinC) Áp dụng Định lý hàm số sin, ta có a sinA = b sinB = c sinC = 2R, a 0 sinA 0 = b 0 sinB 0 = c 0 sinC 0 = 2R 0
2R 0 = sinA 0 + sinB 0 + sinC 0 nên sinA 0 + sinB 0 + sinC 0 ≥√
Đẳng thức chỉ xảy ra khi x = y = z, tức là tam giác ABC đều Khi đó, ta có sinA₀ = sinB₀ = sinC₀, cho thấy tam giác A₀B₀C₀ cũng đều Do đó, Định lý 2.3 đã được chứng minh.
Sau đây là một số hệ quả của Định lý 2.3, chúng cũng có thể xem là các mở rộng khác của Bất đẳng thức Euler.
Hệ quả 2.7 Trong tam giác ABC với R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, ta có
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Chứng minh Không mất tính tổng quát, trong (2.3) giả sử a=b=c, khi đó ta có
Vì tam giác A 0 B 0 C 0 là bất kì nên bất đẳng thức đã được chứng minh xong.
Hệ quả 2.8 Trong tam giác ABC với a, b, c, R, r lần lượt là độ dài ba cạnh, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, ta có
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Chứng minh Trong (2.3), lấy a 0 = a, b 0 = c, c 0 = b ta thu được bất đẳng thức trên.
Hệ quả 2.9 Trong tam giác ABC với a, b, c, R, r lần lượt là độ dài ba cạnh, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, ta có
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Trong tam giác ABC, với a, b, c là độ dài ba cạnh và R, r lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp, ta có bất đẳng thức liên quan đến các bán kính này Cụ thể, khi lấya 0 = b, b 0 = c, c 0 = a với r = r 0, ta có thể chứng minh được mối quan hệ giữa các yếu tố này.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.
Gọi O và I lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC O 0 và I 0 là hình chiếu của O và I trên cạnh AC, như được minh họa trong hình vẽ dưới đây.
2 Không mất tính tổng quát, giả sử a ⩽ b ⩽ c Theo tính chất phép chiếu, ta có OI ⩾ O 0 I 0 Theo Hệ thức Euler trong Định lý 2.1, ta có OI = R 2 −2Rr Vì
2 nên từOI ⩾O 0 I 0 ta suy raR 2 −2Rr OI 2 ⩾O 0 I 02 = (a − c)
4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.
Một số áp dụng của Bất đẳng thức Euler
Bài toán 2.1 Cho tam giác ABC Gọi R, rlần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng
Bất đẳng thức cuối đúng theo Bất đẳng thức Euler Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Bài toán 2.2 Cho tam giác ABC Gọi R, rlần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng
≤5R 2 + 4Rr−r 2 (2.23) Chứng minh Ta có
Bất đẳng thức cuối đúng theo Bất đẳng thức Euler Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Bài toán 2.3 Cho tam giác ABC Gọi R, rlần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng
Bất đẳng thức cuối đúng theo Bất đẳng thức Euler Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Bài toán 2.4 Cho tam giác ABC Gọi R, rlần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng
≤4R 2 + 5Rr+r 2 (2.25) Chứng minh Ta có
Bất đẳng thức cuối đúng theo Bất đẳng thức Euler.
Bất đẳng thức cuối đúng theo Bất đẳng thức Euler Vậy Bất đẳng thức (2.25) đã được chứng minh.
Bài toán 2.5 Cho tam giác ABC với a, b, c lần lượt là độ dài của ba cạnh
BC, CA, AB Chứng minh rằng
Chứng minh Theo (1.30), (1.27) và (1.22) ta có a+b c + b+c a + c+a b = p 2 −2Rr+r 2
Bất đẳng thức cuối đúng theo Bất đẳng thức Euler Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Bài toán 2.6 Cho tam giác ABC với a, b, c lần lượt là độ dài của ba cạnh
BC, CA, AB Chứng minh rằng
(a−b) 2 ab + (b−c) 2 bc +(c−a) 2 ca = a 2 −2ab+b 2 ab + b 2 −2bc+c 2 bc + c 2 −2ca+a 2 ca
4 Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Bài toán 2.7 Cho tam giác ABC với a, b, c lần lượt là độ dài của ba cạnh
BC, CA, AB Chứng minh rằng a 4 +b 4 +c 4 + 5abc(a+b+c)≥2(ab+bc+ca) 2 (2.28) Chứng minh Theo (1.29), (1.22), (1.23) và (1.24) ta có a 4 +b 4 +c 4 = 2 p 4 −2p 2 r(4R+ 3r) +r 2 (4R+r) 2
, abc= 4pRr, a+b+c= 2p, ab+bc+ca=p 2 + 4Rr+r 2
Bất đẳng thức cuối đúng theo Bất đẳng thức Euler Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Bất đẳng thức Blundon
Bất đẳng thức Blundon
Định lý 2.11 khẳng định rằng, trong tam giác ABC với các cạnh có độ dài a, b, c, nửa chu vi được ký hiệu là p, bán kính đường tròn ngoại tiếp là R, và bán kính đường tròn nội tiếp là r, có mối quan hệ nhất định giữa các yếu tố này.
Chúng tôi sẽ trình bày hai cách chứng minh Bất đẳng thức Blundon: cách đại số và cách hình học Cách chứng minh đại số, được Blundon giới thiệu vào năm 1965, dựa trên ba yếu tố p, R, r và sử dụng phương trình bậc ba Trong khi đó, cách chứng minh hình học được Dorin Andrica và Catalin Barbu phát triển vào năm 2008 Hai phương pháp này được nêu chi tiết trong tài liệu [1].
Chứng minh 1 (Lời giải đại số) Vì a, b, c là nghiệm của phương trình bậc ba (1.19) nên theo (1.23), (1.24) và (1.22) nên ta có
Thực hiện biến đổi và rút gọn, ta có
R(R−2r). Vậy Bất đẳng thức Blundon được chứng minh.
Để chứng minh hình học của Bất đẳng thức Blundon, chúng ta cần nhắc lại các kết quả quan trọng Định lý 2.12 khẳng định rằng trong tam giác ABC, có ba đường tròn bàng tiếp ứng với các cạnh của tam giác.
BC, CA, AB lần lượt tiếp xúc với các cạnh này tại A 0 , B 0 , C 0 Khi đó ba đường
AA 0 , BB 0 , CC 0 đồng quy tại N ĐiểmN được gọi là điểm Nagel của tam giácABC. Định lý 2.13 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp, G là trọng tâm, N là điểm Nagel của tam giác ABC Khi đó N, G, I thẳng hàng và N I = 3GI.
Để chứng minh bất đẳng thức Blundon, ta xem xét tam giác ABC không đều với O, I, N lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và điểm Nagel Cần chứng minh rằng \$\cos ION = 2R^2 + 10Rr - r^2 - p^2\$ trong bối cảnh hình học của tam giác.
R 2 −2Rr. Áp dụng Định lý 1.6 cho tam giác ION, khi đó ta có
ON 2 GI +OI 2 N G−OG 2 N I =GI.GN.N I
⇔ ON 2 GI +OI 2 2GI−OG 2 3GI = 6GI 3
⇔ ON 2 + 2OI 2 −3OG 2 = 6GI 2 (2.31) Thay
9(p 2 −16Rr+ 5r 2 ) (1.9). vào (2.31) ta đượcON 2 =R 2 −4Rr+4r 2 = (R−2r) 2 TừN I 2 = 9GI 2 =p 2 −16Rr+5r 2 , áp dụng Định lý hàm số côsin trong tam giác ION ta có cosION[ = ON 2 +OI 2 −N I 2
Nếu tam giác ABC đều thì các điểm I, O, N trùng nhau và tam giác ION suy biến thành điểm Khi đó cosION[= 1 Như vậy ta có −1≤cosION[ ≤1 Suy ra
R(R−2r).Vậy Bất đẳng thức Blundon được chứng minh.
Một số mở rộng của Bất đẳng thức Blundon
Trong phần này, chúng tôi sẽ mở rộng Bất đẳng thức Blundon, dựa trên tài liệu tham khảo [3] Trước hết, chúng ta sẽ tìm hiểu về định nghĩa của hệ tọa độ tỉ cự.
Mệnh đề 2.14 Cho ba điểm A, B, C và ba số thực t 1 , t 2 , t 3 thỏa mãn điều kiện t1+t2+t3 6= 0 Khi đó, tồn tại điểm P = (t1:t2:t3) sao cho t 1 −→
Vế phải của (2.34) là một vectơ hoàn toàn xác định, do đó từ (2.33) có thể suy ra rằng tồn tại điểm P = P(t₁ : t₂ : t₃) thỏa mãn (2.34), tức là đáp ứng yêu cầu của mệnh đề Định nghĩa 2.15 cho biết bộ (t₁ : t₂ : t₃) (t₁ + t₂ + t₃ ≠ 0) trong Mệnh đề 2.14 có thể được thay thế bằng a(t₁, t₂, t₃), và khi đó nó được gọi là tọa độ tỉ cự của điểm P đối với hệ ba điểm.
A, B, C nếu thỏa mãn hệ thức (2.33). Định lý 2.16 Trong tam giác ABC cho P, Q có tọa độ tỉ cự lần lượt là t 1 :t 2 :t 3 , u 1 :u 2 : u 3 sao cho u =u 1 +u 2 +u 3 , t =t 1 +t 2 +t 3 , và điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, O khác điểm P, Q Nếu t1, t2, t3, u1, u2, u36= 0 thì ta có cosP OQ[ 2R 2 − t 1 t t 2 2 t 3 a 2 t 1 + b t 2
(2.35) trong đó α= u 1 u − t 1 t , β= u 2 u − t 2 t , γ= u 3 u − t 3 t Để chứng minh Định lý 2.16 ta cần các kết quả dưới đây.
Nếu P(t 1 : t 2 : t 3 ) là tâm tỉ cự của hệ ba điểm A, B, C thì với mọi điểm M, ta có t 1 −−→
0.Nếu P 6=M thì khoảng cách từ M đếnP là kết quả của Định lý 2.17 dưới đây. Định lý 2.17 Cho điểm M và tam giác ABC Khi đó ta có
−(t 2 t 3 a 2 +t 3 t 1 b 2 +t 1 t 2 c 2 ) (2.37) Chứng minh Bình phương hai vế của (2.36) ta có
Xét ba số thực t1, t2, t3 sao cho t1+t2+t3 6= 0, khi đó (2.37) trở thành
(2.38) Định lý 2.18 Trong tam giác ABC cho P, Q có tọa độ tỉ cự lần lượt là t1:t2 :t3 và u 1 :u 2 :u 3 sao cho u=u 1 +u 2 +u 3 , t=t 1 +t 2 +t 3 Khi đó ta có
Chứng minh Định lý 2.16 Áp dụng (2.38) cho P và Q ta có
(2.41) Áp dụng Định lý côsin trong tam giác P OQ, ta có cosP OQ[ = OP 2 +OQ 2 −P Q 2
2OP.OQ (2.42) và kết hợp với (2.39), (2.40), (2.41), (2.42), Định lý 2.16 được chứng minh.
KhiP ≡I,Q≡N, theo Bất đẳng thức Blundon (2.29) có thể được suy ra từ Định lý 2.16 Cụ thể, điểm I và N có tọa độ tỉ cự lần lượt là (t 1 :t 2 :t 3 ) = (a, b, c) và (u 1 :u 2 :u 3 ) = (p−a, p−b, p−c) Từ đó, ta có u = u1 + u2 + u3 = p−a + p−b + p−c = p, và u1u2u3 = (p−a)(p−b)(p−c) = pr^2 Hơn nữa, t = t 1 + t 2 + t 3 = 2p, và t 1 t 2 t 3 c = 4pRr.
X cyc a 3 +9abc 2p −2(2p 2 −2r 2 −8Rr) + 3(p 2 −3r 2 −6Rr) + 18Rr tức là αβγ a 2 α + b 2 β +c 2 γ
Ta dùng (2.43) và (2.44) ta có t 1 t 2 t 3 t a 2 t 1 + b 2 t 2 + c 2 t 3
Dùng (2.45)-(2.47) trong (2.35) ta thu được (2.32) và (2.29).
Hệ quả dưới đây mở rộng Bất đẳng thức Blundon, trong đó ta xem xét các bán kính của các đường tròn bàng tiếp I a, I b, I c và các điểm liên hợp N a, N b, N c với N Gọi r a, r b, r c là các bán kính của các đường tròn bàng tiếp tương ứng với tam giác ABC.
Hệ quả 2.19 Cho tam giác I a ON a Khi đó ta có cosI\ a ON a = R 2 −3Rr a −r 2 a −α
Chứng minh Xét các điểmI a vàN a có tọa độ tỉ cự lần lượt là(t 1 :t 2 :t 3 ) = (−a, b, c) và (u 1 :u 2 :u 3 ) = (p, c−p, b−p).
Ta có u=u 1 +u 2 +u 3 =p−a, u 1 u 2 u 3 =p(p−b)(p−c) và t=t 1 +t 2 +t 3 = 2(p−a), t 1 t 2 t 3 =−abc=−4pRr.
−a 2 ra r b ra r c +b 2 ra r ra r b +c 2 ra r ra r c
2 r b r c + b 2 rr b + c 2 rr c = 4R r a + 4. Tiếp theo, ta có
Ta lại có p(−a 2 +b 2 +c 2 )−bc(b+c) = 2pbccosA−2bcp+abc2pbc(cosA−1) +abcc−4pbcsin 2 A
Dùng (2.49), (2.50) và (2.53) trong (2.35) ta thu được (2.48) Dùng (2.48) ta có thể suy ra Bất đẳng thức Blundon dạng kép sau đây:
Một số áp dụng của Bất đẳng thức Blundon
Bài toán 2.8 (Bất đẳng thức Yang Xue-zhi) đề cập đến tam giác ABC với các ký hiệu p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp Cần chứng minh rằng một bất đẳng thức liên quan đến các đại lượng này tồn tại.
Chứng minh 1 Vì R ≥2r nên R−r >0 và 0< r
Theo Bất đẳng thức Bernoulli ta có r
= r 2 2(R−r) (2.55) Thay (2.55) vào Bất đẳng thức Blundon (2.30) ta được
R−r Bất đẳng thức Yang Xue-zhi đã được chứng minh.
Chứng minh 2 Vì R −2r > 0 và √R 2 −2Rr > 0 nên ta áp dụng Bất đẳng thức
Cauchy cho hai số dương trên Khi đó ta được
R−r Bất đẳng thức Yang Xue-zhi đã được chứng minh.
Bài toán 2.9 (Bất đẳng thức Gerretsen) Cho tam giácABC với p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Chứng minh rằng
Chứng minh 1 Từ Bất đẳng thức Blundon (2.30) ta cũng có
Chứng minh 2 Vì (R−r) 2 =R 2 −2Rr+r 2 > R 2 −2Rr do đó R−r >√
Ta cũng có (2R−r) 2 = 4R 2 −4Rr +r 2 > 4R 2 −4Rr nên 2R−r > 2√
Từ (2.57) và (2.58) ta có Bất đẳng thức Gerretsen (2.56).
Bài toán 2.10 Cho tam giác ABC với R, rlần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Chứng minh rằng
R 2 −2Rr (2.59) Chứng minh Theo (1.26) trong Hệ quả 1.12 ta có
Bất đẳng thức trên đúng với Bất đẳng thức Gerettsen (2.56).
Bất đẳng cuối đúng với Bất đẳng thức Blundon (2.29) Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Bài toán 2.11 Cho tam giác ABC với R, rlần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Chứng minh rằng
24Rr−12r 2 ≤a 2 +b 2 +c 2 ≤8R 2 + 4r 2 (2.60) Chứng minh Theo (1.25) trong Hệ quả 1.12, ta có a 2 +b 2 +c 2 = 2(p 2 −4Rr−r 2 ).
Ta có R 2 −2Rr ≤ R 2 −2Rr+r 2 nên √R 2 −2Rr ≤ R−r Áp dụng Bất đẳng thức
Do đó a 2 +b 2 +c 2 = 2(p 2 −4Rr−r 2 )≥2(16Rr−5r 2 −r 2 −4Rr) = 24Rr−12r 2 Mặt khác, áp dụng Bất đẳng thức Blundon (2.29) ta có p 2 ≤2R 2 + 10Rr−r 2 + 2(R−2r)p
Do đó a 2 +b 2 +c 2 = 2(p 2 −4Rr−r 2 )≤2(4R 2 + 4Rr+ 3r 2 −r 2 −4Rr) = 8R 2 + 4r 2 Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Bất đẳng thức Walker
Bất đẳng thức Walker
Định lý 2.20 khẳng định rằng trong tam giác ABC có ba góc nhọn, bất đẳng thức \$a^2 + b^2 + c^2 \geq 4(R + r)^2\$ luôn đúng, tương đương với \$p^2 \geq 2R^2 + 8Rr + 3r^2\$ Đẳng thức chỉ xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều.
4R suy ra abc = 4RS Theo Định lý hàm số côsin, ta có a 2 =b 2 +c 2 −2bccosA hay b 2 +c 2 −a 2 = 2bccosA Áp dụng chúng ta có a 2 +b 2 +c 2 8RS = (b 2 +c 2 −a 2 ) + (a 2 +c 2 −b 2 ) + (a 2 +b 2 −c 2 )
= cos 2 A acosA + cos 2 B bcosB + cos 2 C ccosC.
Dễ thấy cosA, cosB, cosC dương do tam giác ABC nhọn Theo Bất đẳng thức Schwarz ta được a 2 +b 2 +c 2 8RS = cos 2 A acosA + cos 2 B bcosB + cos 2 C ccosC
≥ (cosA+ cosB+ cosC) 2 acosA+bcosB+ccosC. Theo (1.34) và (1.25) ta có cosA+ cosB+ cosC = R+r
Ta lại có acosA+bcosB+ccosC = 2RsinAcosA+ 2RsinBcosB+ 2RsinCcosC
Vậy Bất đẳng thức Walker được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Chứng minh 2 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi đó ta có
AI+BI+CI ≤2(R+r) Thật vậy, ta có
Bất đẳng thức Gerretsen được thể hiện qua công thức \( p^2 \leq 4R^2 + 4Rr + 3r^2 \) Đối với các điểm A, B, C và hình chiếu tương ứng A₀, B₀, C₀ lên các cạnh BC, CA, AB, ta có mối quan hệ \( HA_0 + HB_0 + HC_0 \leq 2(R_0 + r_0) \), trong đó \( R_0 = R \).
2, r 0 2RcosAcosBcosC Từ đó ta có h a −AH+h b −BH+h c −CH ≤2
Vậy Bất đẳng thức Walker đã được chứng minh.
Một số mở rộng của Bất đẳng thức Walker
Trong phần này, chúng tôi sẽ giới thiệu một số mở rộng của Bất đẳng thức Walker, với các bổ đề, định lý và hệ quả được tham khảo từ tài liệu [7].
Trong mục này, chúng ta sẽ khám phá ba mở rộng của Bất đẳng thức Walker Định lý 2.21 nêu rằng, cho điểm P nằm bên trong tam giác ABC (P có thể nằm trên ba cạnh của tam giác ABC, ngoại trừ ba đỉnh A, B, C) Khoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB lần lượt được ký hiệu là r₁, r₂, r₃, trong khi R₁, R₂, R₃ là khoảng cách từ P đến các đỉnh A, B, C.
R 3 ≤ R 1 + R 2 + R 3 Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều và P là tâm của tam giác, hoặc khi tam giác ABC vuông cân và P là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.
Giả sử tam giác ABC nhọn và P là tâm đường tròn ngoại tiếp của nó Khi đó
R 1 =R 2 =R 3 =R, r 1 =RcosA, r 2 =RcosB, r 3 =RcosC Do đó
⇔(cosB+ cosC) 2 + (cosC+ cosA) 2 + (cosA+ cosB) 2 ≤3
⇔2(cos 2 A+ cos 2 B + cos 2 C) + 2(cosBcosC+ cosCcosA+ cosAcosB)≤3.
(2.64) Theo (1.35) và (1.36) ta có cosAcosB+ cosBcosC+ cosCcosA = p 2 −4R 2 +r 2
Bất đẳng thức cuối cùng là Bất đẳng thức Walker.
Chứng minh của định lý trên cần bổ đề sau.
Bổ đề 2.22 nêu rằng trong tam giác ABC, nếu P là điểm nằm bên trong, thì khoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB lần lượt là r1, r2, r3, và khoảng cách từ P đến các đỉnh A, B, C là R1, R2, R3 Độ dài ba cạnh BC, CA được ký hiệu lần lượt là a, b, c.
Trong tam giác ABC, có các bất đẳng thức sau: \( aR_1 \geq bR_3 + cR_2 \), \( bR_2 \geq cR_1 + aR_3 \), và \( cR_3 \geq aR_2 + bR_1 \) Dấu "=" chỉ xảy ra khi điểm P nằm trên các cạnh AO, BO, CO, với O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.
N cR 1 aR 1 T bR 1 br 3 F cr 2
Chứng minh rằng các tứ giác \(4MNT\), \(4ABC\), \(4MEN\), và \(4OKA\) cùng với \(4MFT\) và \(4OHA\) được dựng như hai hình vẽ đã cho Khi đó, các điểm \(E\), \(M\), và \(F\) sẽ thẳng hàng Ta có \(EM = MN \cdot \sin \angle MNE = cR_1 \cdot \sin \angle OAK = cr_2\) và \(MF = MT \cdot \sin \angle MTF = bR_1 \cdot \sin \angle OAH = br_3\).
N T =aR1 ≥EF =EM +M F =cr2+br3.
Tương tự ta có bR 2 ≥cr 1 +ar 3 , cR 3 ≥ar 2 +br 1 Vậy Bổ đề 2.22 được chứng minh.
Chứng minh Định lý 2.21 Theo (2.65) trong Bổ đề 2.22, ta có
Để chứng minh bất đẳng thức (2.63), ta cần chứng minh rằng tổng các biểu thức sau đây thỏa mãn: \$br_3 + cr_2 + a + cr_1 + ar_3 + b + ar_2 + br_1 + c \geq a(r_2 + r_3)^2 + b(r_3 + r_1)^2 + c(r_1 + r_2)^2\$ Điều này tương đương với việc xác định các điều kiện cần thiết cho các giá trị của \$R_1\$, \$R_2\$, và \$R_3\$ để đảm bảo tính đúng đắn của bất đẳng thức.
(br 3 +cr 2 )(cr 1 +ar 3 )(ar 2 +br 1 ) (bc(br 3 +cr 2 ) +ca(cr 1 +ar 3 ) +ab(ar 2 +br 1 ))
−a 2 bc(cr 1 +ar 3 )(ar 2 +br 1 )(r 2 +r 3 ) 2 −b 2 ca(ar 2 +br 1 )(br 3 +cr 2 )(r 3 +r 1 ) 2
−c 2 ab(br 3 +cr 2 )(cr 1 +ar 3 )(r 1 +r 2 ) 2 ≥0
Bất đẳng thức (2.63) được chứng minh. Định lý 2.23 Cho m, n là các số thực không âm và tam giác ABC nhọn Khi đó p 2 ≥ 4mR 3 −4(m−4n)R 2 r−(7m+ 3n)Rr 2 −2(m+ 2n)r 3
Khi n = 0 và tam giác ABC không đều, dấu bằng chỉ xảy ra khi tam giác ABC là tam giác vuông Trong các trường hợp khác, dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều hoặc vuông cân.
Bất đẳng thức (2.66) là một mở rộng của Bất đẳng thức Walker vì các lý do sau đây Đặt
N = 4mR 3 −4(m−4n)R 2 r−(7m+ 3n)Rr 2 −2(m+ 2n)r 3 Gọi u và v là các số thực dương Đặt m=uR, n=v(R−r) +ur Khi đó
. Khi đó bất đẳng thức (2.66) trở thành p 2 ≥ 4uR 3 + 16vR 2 r+ 3(3u−v)Rr 2 + 4(u−v)r 3
Cho u=v, bất đẳng thức trên trở thành p 2 ≥ 4R 3 + 16R 2 r+ 6Rr 2
2R = 2R 2 + 8Rr+ 3r 2 Đây là Bất đẳng thức Walker. Để chứng minh Định lý 2.23 ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 2.24 Cho tam giác ABC nhọn Khi đó p 2 ≥16Rr−3r 2 − 4r 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều hoặc vuông cân.
Chứng minh Bất đẳng thức (2.67) tương đương với p 3 ≥16Rrp−pr 2
R = 4(p−a)(p−b)(p−c) abc vào (2.68) ta có p 3 ≥4abc−(p−a)(p−b)(p−c)
Bất đẳng thức trên tương đương với abc(a+b+c) 3 +3abc(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c)+2(b+c−a) 2 (c+a−b) 2 (a+b−c) 2 −32(abc) 2 ≥0. Chia hai vế của bất đẳng thức trên cho 2 và khai triển ra ta có
Q:=X cyc a 6 −2X cyc a(b 5 +c 5 )−X cyc a 2 (b 4 +c 4 ) + 5abcX cyc a 3
−abcX cyc a(b 2 +c 2 ) + 4X cyc b 3 c 3 −6(abc) 2 ≥0, (2.69) hay
(b−c) 2 Giả sửa≥b và a≥c, khi đób 2 +c 2 ≥a 2 (vì tam giácABC nhọn) Do đóQ≥0.
Chứng minh Định lý 2.23 Theo Bất đẳng thức Ciamberlini, Bất đẳng thức Euler (Hệ quả 2.2) và bất đẳng thức (2.67), ta có p≥2R+r, R ≥2r, p 2 ≥16Rr−3r 2 − 4r 3
R Với m ≥0 và n≥0, khi đó ta có m(R−2r) p 2 −(2R+r) 2
⇔(mR+nR−2mr)p 2 −4mR 3 + 4(m−4n)R 2 r+ (7m+ 3n)Rr 2 + 2(m+ 2n)r 3 ≥0. Vậy Định lý 2.23 được chứng minh.
Sau đây là hệ quả của Định lý 2.23, cũng là mở rộng khác của Bất đẳng thức Walker.
Hệ quả 2.25 Cho p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC Khi đó ta có p 2 ≥2R 2 + 8Rr+ 3r 2 +2(R−2r) R−(√
2)r >0 Do đó trong (2.66) ta có thể đặt m=R R−(√
Bất đẳng thức (2.66) tương đương p 2 ≥ 4R 3 −4√
2r)