(Luận văn) về một số bất đẳng thức dạng tham số trong mặt phẳng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠNĐỖ NGỌC THƯỜNG VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG MẶT PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Bình Định - 2020 luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

ĐỖ NGỌC THƯỜNG

VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG MẶT PHẲNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Bình Định - 2020

luan van tot nghiep download luanvanfull moi nhat z z @gmail.com Luan van thac si

Trang 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

ĐỖ NGỌC THƯỜNG

VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG MẶT PHẲNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: PGS.TS ĐINH THANH ĐỨC

Bình Định - 2020

Trang 3

Mục lục

MỞ ĐẦU 1

1 BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG 3 1.1 Các bất đẳng thức trong mặt phẳng 3

1.2 Các bất đẳng thức đối với một điểm trong tam giác 9

2 SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG TAM GIÁC 21 2.1 Ý tưởng dẫn đến bài toán 21

2.2 Các bổ đề 23

2.3 Chứng minh bài toán đã nêu 35

3 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ ĐỐI VỚI MỘT ĐIỂM TRONG TAM GIÁC 41 3.1 Các bất đẳng thức dạng tham số 41

3.2 Chứng minh các bất đẳng thức 42

3.3 Một số bài toán mở bất đẳng thức dạng tham số trong tam giác 49

KẾT LUẬN 51

TÀI LIỆU THAM KHẢO 52

PHỤ LỤC 54

Trang 4

MỞ ĐẦU

Từ trước tới nay, các bài toán về bất đẳng thức hình học nói chung

và các bất đẳng thức hình học trong mặt phẳng nói riêng luôn là nhữngbài toán khó đối với những ai muốn quan tâm và tìm hiểu Tuy khó khănnhưng các bài toán về bất đẳng thức hình học là đề tài mà nhiều ngườilàm toán rất muốn tìm hiểu và giải quyết Các bài toán về bất đẳng thứctrong mặt phẳng rất phong phú, có thể kể đến bất đẳng thức Ptolemy,bất đẳng thức Erdos-Modell, v.v Các bất đẳng thức này đã được đề cậptrong một số kết quả của các nhà toán học trong lĩnh vực bất đẳng thức( [4], [19], [3])

Các bất đẳng thức trong tam giác đã được nghiên cứu, đưa ra rất nhiều.Dựa trên các bất đẳng thức đó người ta đã đưa ra các dự đoán của mình

về những bất đẳng thức mới trong tam giác và cả những bất đẳng thứcdạng tham số để có thể tổng quát cho những trường hợp cụ thể đồng thờitìm cách chứng minh nó Việc chứng minh các bất đẳng thức gặp rất nhiềukhó khăn trong quá trình tính toán, do vậy cần có sự hỗ trợ của công cụtính toán là phần mềm Maple ([7], [8])

Các bài toán về bất đẳng thức dạng tham số đối với một điểm trongtam giác những năm gần đây được các nhà toán học trong nước và quốc

tế quan tâm nhiều ([7], [8], [9], [4], [20]) Để có một cái nhìn chi tiết và

cụ thể hơn về các bất đẳng thức dạng tham số trong mặt phẳng, chúngtôi chọn đề tài "Về một số bất đẳng thức dạng tham số trong mặtphẳng"

Trong luận văn này, ngoài các phần mục lục, phần mở đầu và phần kết

1

Trang 5

luận thì luận văn được chia ra làm 3 chương.

Chương 1 Trong chương này, chúng tôi hệ thống một số bất đẳng thứchình học trong mặt phẳng và các bất đẳng thức đối với một điểm tùy ýtrong tam giác

Chương 2 Chương này chúng tôi trình bày cách chứng minh một bấtđẳng thức dạng tham số trong tam giác có sử dụng phần mềm Maple trongviệc hỗ trợ tính toán

Chương 3 Chương này giới thiệu các bất đẳng thức dạng tham số đốivới một điểm trong tam giác

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Quy Nhơndưới sự hướng dẫn của PGS.TS Đinh Thanh Đức Qua đây tôi muốn dànhlời cảm ơn chân thành và sâu sắc đến PGS.TS Đinh Thanh Đức – giảngviên hướng dẫn tôi thực hiện đề tài luận văn này Thầy chính là người đãđịnh hướng, tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất và cho tôi những nhận xétquý báu để tôi có thể hoàn thành luận văn với hiệu quả cao nhất

Tôi cũng xin phép gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô đã giảngdạy lớp Phương pháp toán sơ cấp trường Đại học Quy Nhơn cũng nhưtoàn thể quý thầy cô Khoa Toán trường Đại học Quy Nhơn, những người

đã cho tôi kiến thức, quan tâm, động viên, nhiệt tình giúp đỡ tôi trongsuốt quá trình học tập cũng như trong thời gian thực hiện đề tài

Mặc dù đã rất cố gắng học hỏi, tìm tòi và nghiên cứu trong quá trìnhhoàn thành luận văn, nhưng do hạn chế về thời gian và trình độ nên trongluận văn vẫn không tránh khỏi những thiếu sót Rất mong nhận được sựgóp ý của quý thầy cô và các bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn

Trang 6

Chương 1

BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG

Nội dung chính của chương này là chúng tôi trình bày các bất đẳngthức trong mặt phẳng nổi tiếng như bất đẳng thức Ptolemy, bất đẳngthức Erdos - Mordell, và các bất đẳng thức khác xuất hiện trong các kỳthi toán quốc tế ([19],[15],[2])

1.1 Các bất đẳng thức trong mặt phẳng.

Một bất đẳng thức nổi tiếng có nhiều ứng dụng trong các bài toán bấtđẳng thức hình học, đặc biệt là trong các bài toán so sánh độ dài các đoạnthẳng, đó chính là bất đẳng thức Ptolemy ([15])

Bài toán 1.1.1(Bất đẳng thức Ptolemy) Với bốn điểm A, B, C, D bất kỳtrên mặt phẳng, chứng minh rằng

AB.CD + AD.BC > AC.BD (1.1)Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải Dựng điểm E sao cho tam giác BCD đồng dạng với tam giácBEA Khi đó theo tính chất của tam giác đồng dạng ta có BAEA = BDCD.Suy ra

3

Trang 7

Hình 1.1.

Mặt khác hai tam giác EBC và ABD cũng đồng dạng, do đó BDBA = BEBC

và \EBC =ABD\ Từ đó ECBC = ADBD Suy ra

Cộng theo vế (1.2) và (1.3) ta suy ra

AD.CD + AD.BC = BD(AE + EC) > BD.AC

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, E, C thẳng hàng, tức là khi A và Dcùng nhìn BC dưới một góc bằng nhau, và khi đó tứ giác ABCD nội tiếptrong một đường tròn

Ta xét các bài toán sau, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy trong quátrình chứng minh nó

Bài toán 1.1.2.(IMO, 1995 ) Cho ABCDEF là lục giác sao cho AB =

BC = CD, DE = EF = F A và \BCD = \EF A = 600 G và H là haiđiểm tùy ý Chứng minh rằng

AG + BG + GH + DH + EH > CF

Lời giải

Từ giả thiết ta có BCD và AEF là các tam giác đều Lấy C0 và F0 lầnlượt đối xứng với C và F qua BE Khi đó CF = C0F0 và ta được DEF0

và ABC0 là các tam giác đều

Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác F0DHE và C0AGB, ta có

F0H.DE 6 F0E.DH + F0D.EH hay F0H 6 DH + EH và

Trang 8

C0G.AB 6 C0A.BG + C0B.AG hay C0G6 BG + AG Do đó

AG + BG + GH + DH + EH > C0G + GH + HF0 > C0F0 = CF

Hình 1.2.

Hai bài toán sau vẫn áp dụng bất đẳng thức Ptolemy

Bài toán 1.1.3.(Olympic Toán học 30/4, bài đề nghị, 2000 ) Chứng tỏrằng trong tam giác ABC ta có

Trang 9

Hình 1.3.

từ đó 23mcc2 6 13mba2 + 13ma2b hay 2mcc 6 mba + mab Suy ra

2mcc2 6 acmb + bcma (1.5)Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABM N ta được

AM.BN 6 AN.BM + AB.M N,suy ra mamb 6 ab4 + c22, tức là

4mambmc 6 abmc + 2c2mc (1.6)

Từ (1.5) và (1.6) suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 1.1.4.( IMO, 2001 ) Cho tam giác ABC với trọng tâm G và

độ dài các cạnh là a, b, c Tìm điểm P trong mặt phẳng tam giác sao choAP.AG + BP.BG + CP.CG đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất

đó theo a, b, c.Lời giải

Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác BGC Kéo dài trung tuyến AL cắtđường tròn này tại K Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC, AB

Áp dụng định lý hàm số sin cho các tam giác BGL, CGL, ta có

BGsinBLG[

= BLsinBGK\

, CGsinCLG[

= CLsinCGK\

Trang 10

sin \ AGN = sin \BGN

sin \ CGK.Hơn nữa BC = 2R sinBGC = 2R sin\ BGN \ Từ đó CKBG = AGBC.Như vậy BGCK = BKCG = AGBC

Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác P BKC ta có

P K.BC 6 BP.CK + CP.BK Từ đó P K.AG 6 BP.BG + CP.CG.Suy ra (AP + P K)AG 6 AP.AG + BP.BG + CP.CG và cuối cùngAK.AG 6 AP.AG + BP.BG + CP.CG

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P nằm trên cung BGC (để có đẳngthức của bất đẳng thức Ptolemy) và P nằm trên AK (để có đẳng thứctrong bất đẳng thức tam giác)

Do đó giá trị này đạt được khi P ≡ G.Theo công thức đường trung tuyến dễ dàng tính được rằng

AG2 + BG2 + CG2 = (a2+b32+c2).Sau đây, tác giả trình bày một số bất đẳng thức liên hệ giữa các đạilượng về cạnh và diện tích tam giác

Bài toán 1.1.5.(Bất đẳng thức Weitzenbock, IMO 1961 ) Gọi a, b, c là độdài các cạnh của tam giác, S là diện tích tam giác Chứng minh rằng

a2 + b2 + c2 > 4√

Trang 11

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.Lời giải Theo bất đẳng thức AM − GM ta có

√3

√39

Bài toán 1.1.6(Bất đẳng thức Hadwiger-Finsler ) Gọi a, b, c là độ dài bacạnh của một tam giác, S là diện tích tam giác Chứng minh rằng

a2 + b2 + c2 > 4√

3S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 (1.9)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Lời giải Vì a2 = b2 + c2 − 2bc cos A và S = 12bc sin A nên ta có

(b − c)2 6 (a − b)2 + (c − a)2 (1.11)

Vì bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức (a − b)(a − c) 6 0

Từ bất đẳng thức (1.10) và (1.11) ta được bất đẳng thức (1.9)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Trang 12

1.2 Các bất đẳng thức đối với một điểm trong tam

giác.

Khi nói bất đẳng thức hình học trong mặt phẳng, cụ thể trong tam giáckhông thể không nhắc đến bất đẳng thức Erdos-Mordell ([13]) Bất đẳngthức Erdos-Mordell là một bất đẳng thức nổi tiếng trong tam giác, đượcnhà toán học Paul Erdos đề xuất năm 1935 và lời giải đầu tiên đưa ra làcủa Louis Mordell sử dụng định lý hàm số cosin ([19])

Bài toán 1.2.1 (Bất đẳng thức Erdos-Mordell ) Cho tam giác ABC và

P là điểm trong tam giác Gọi R1, R2, R3 lần lượt là khoảng cách từ

P đến A, B, C và r1, r2, r3 lần lượt là khoảng cách từ P đến các cạnh

BC, CA, AB Chứng minh rằng

R1 + R2 + R3 > 2(r1 + r2 + r3) (1.12)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là trực tâm củanó

Bất đẳng thức Erdos-Mordell có nhiều cách chứng minh khác nhau [19]) Sau đây chúng tôi trình bày cách chứng minh đầu tiên đưa ra bởiMordell

Trang 13

= r22 + r23 − 2r2r3(cos B cos C − sin B sin C)

= (r2sin C + r3sin B)2 + (r2cos C − r3cos B)2

> (r2sin C + r3sin B)2.Suy ra EF > r2sin C + r3sin B Do đó R1 > r2sin Csin A + r3sin Bsin A.Tương tự,

R2 > r3sin A

sin B + r1

sin Csin B,

R3 > r1sin B

sin C + r2

sin Asin C.Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, rồi áp dụng bất đẳng thứcAM − GM

ta được

R1 + R2 + R3 > r1

sin Bsin C +

sin Csin B

+ r2

sin Asin C +

sin Csin A

+

+ r3 sin A

sin B +

sin Bsin A

Trước hết ta ký hiệu các đại lượng trong tam giác như sau

Cho 4ABC và P là một điểm tùy ý trong 4ABC Gọi D, E, F lần lượt

là hình chiếu vuông góc của P lên các cạnh BC, CA, AB Khi đó ta đặt

Trang 14

Hình 1.6.

• BC = a, CA = b, AB = c và R1, R2, R3, r1, r2, r3 lần lượt là độ dàicác đoạn P A, P B, P C, P D, P E, P F

• S, Sp, Sa, Sb, Sc lần lượt là diện tích các tam giác ABC, DEF, P BC,

P CA, P AB

• R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp 4ABC,

và Rp và rp lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp 4DEF.Bài toán 1.2.2 Gọi P là một điểm tùy ý trong tam giác ABC Chứngminh rằng:

SaR31 + SbR32 + ScR33 6 SR3, (1.13)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC.Lời giải

Để chứng minh bài toán trên chúng ta xét các bổ đề sau

Bổ đề 1.2.1 Với P là một điểm bất kỳ có tọa độ trọng tâm chuẩn tắc hóa(x, y, z) trong mặt phẳng của 4ABC Thì

(x + y + z)2P A2 = (x + y + z)(yc2+ zb2) − (yza2+ zxb2+ xyc2), (1.14)trong đó a, b, c lần lượt là độ dài ba cạnh BC, CA, AB

Công thức trên được biết đến nhiều ( ví dụ trong [3])

Bổ đề 1.2.2 Với bất kỳ điểm P nào trong 4ABC, ta có

cr2 + br3 6 aR1 (1.15)

Trang 15

Nếu AO (O là tâm đường tròn ngoại tiếp của 4ABC) cắt BC tại X, thìđẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P nằm trên đoạn AX.

Bổ đề này là một bổ đề quan trọng và có nhiều cách chứng minh khácnhau, (xem cách chứng minh trong [14])

Bổ đề 1.2.3 Với bất kỳ điểm P nào trong 4ABC, ta có

R1 > R

2 1

2R .Vậy Bổ đề 1.2.3 đã được chứng minh

Bổ đề 1.2.4 Với bất kỳ điểm P trong tam giác 4ABC, ta có

SaR1 + SbR2 + ScR3 > 4RSp, (1.17)với đẳng thức vảy ra khi và chỉ khi P là đường tròn ngoại tiếp tam giác4ABC

Trang 16

Chứng minh Vì diện tích của tứ giác nhỏ hơn hoặc bằng nửa tích haiđường chéo nên ta có

Sb + Sc 6 1

2aR1, Sc + Sa 6 1

2bR2, Sa+ Sb 6 1

2cR3, (1.18)các đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi AP ⊥BC, BP ⊥AC, CP ⊥AB

Do đó từ (1.17) suy ra

aR1 + bR2 + cR3 > 4S (1.19)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trực tâm của 4ABC Áp dụng bấtđẳng thức (1.18) cho tam giác DEF (xem Hình 1.6), chúng ta nhận được

EF.r1 + F D.r2 + DE.r3 > 4Sp, (1.20)quan sát rằng

ra khi và chỉ khi P là tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC

Bổ đề 1.2.5 Với P là điểm bất kỳ trong mặt phẳng của 4ABC Thì

aR12 + bR22 + cR32 > abc, (1.21)với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trọng tâm của 4ABC

Bất đẳng thức (1.21) lần đầu tiên đưa ra bởi M K Lamkin (xem [3])

Bổ đề 1.2.6 Với bất kỳ điểm P nào trong tam giác ABC, ta có

R12 + R22 + R23

r1 + r2 + r3 > 2R, (1.22)với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều và P là tâm của nó

Trang 17

Bất đẳng thức (1.22) lần đầu tiên được đặt ra và chứng minh bởi Guang- Chu và Zhen-Gang Xiao ([15]) Xue-Zhi Yang đã đưa ra một cáchchứng minh đơn giản trong cuốn sách của mình ([18]).

Xiao-Đến đây ta đi chứng minh Bài toán 1.2.2 như sauNhân cả hai vế của bất đẳng thức (1.16) với SaR1, ta được

SaR312R +

2RSpSaR1

S 6 SaR21.Tương tự chúng ta có

SbR322R +

2RSpSbR2

S 6 SbR22, ScR

3 3

2R +

2RSpScR3

S 6 ScR23.Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

SaR312R +

2RSpSaR1

SbR322R +

2RSpSbR2

ScR332R +

2RSpScR3S

6 SaR21 + SbR22 + ScR23 (1.23)Mặt khác, ta có SaR21 + SbR22 + ScR23 = 4R2Sp, xem trong [11] Do vậy(1.23) được viết lại như sau

SaR31 + SbR32 + ScR33

2RSp

S (SaR1 + SbR2 + ScR3) 6 4R2Sp.Theo (1.17) ta được

Trang 18

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC.Vậy ta đã chứng minh xong Bài toán 1.2.2.

Nhận xét Nếu P trùng với trọng tâm của 4ABC, thì Sa = Sb = Sc =

1

3S, R1 = 23ma, R2 = 23mb, R3 = 23mc (ma, mb, mc) là ba trung tuyến của4ABC) và theo (1.13) ta có kết quả hay về bất đẳng thức liên quan đếnđường trung tuyến và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

m3a+ m3b + m3c 6 81

8 R

3

.Tới đây, ta xét một bất đẳng thức trong tam giác thể hiện mối liên hệ giữacác đại lượng bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác như sau.Bài toán 1.2.3 Với P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng của 4ABC

và R,r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp 4ABC Với

rp là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác DEF Thì

12rp > 1

2R +

2RSpc

S ,cộng theo vế ta suy ra

Trang 19

rp = 4RSp

aR1 + bR2 + cR3,chúng ta được

12rp > S

4RSp +

12r,tương đương

12rp > 1

R +

12r.Đẳng thức xảy ra khi 4ABC đều và P là tâm

Vậy Bài toán 1.2.3 đã được chứng minh

Tiếp theo ta xét một số bất đẳng thức liên quan đến độ dài các đoạn thẳng

từ một điểm trong tam giác đến các đỉnh và các cạnh của tam giác đó.Bài toán 1.2.4 Với P là một điểm tùy ý trong 4ABC Chứng minhrằng

R1 + R2 + R3 > r1 + r2 + r3 + 6rp (1.25)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều và P là tâm

Lời giải Theo (1.16) ta có

R1 > R

2 1

2R +

2RSp

S ,cộng theo vế ta được

R1 + R2 + R3 > r1 + r2 + r3 + 6RSp

S ,

Trang 20

sau đó theo (1.19) và rp = 4RSp

aR 1 +bR 2 +cR 3 suy ra

R1 + R2 + R3 > r1 + r2 + r3 + 6rp.Đẳng thức xảy ra khi 4ABC đều và P là tâm Vậy Bài toán 1.2.4 đã đượcchứng minh

Bài toán 1.2.5 Cho tam giác ABC, với P là một điểm tùy ý trong4ABC Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của P trên các đường thẳng

BC, CA, AB Chứng minh rằng

P A2(P E + P F )2 + P B

2

(P F + P D)2 + P C

2

(P D + P E)2 > 3 (1.26)Đẳng thức xảy ra khi nào?

P A2(P E + P F )2 + P B

1sin2 A2 +

1sin2 B2 +

1sin2 C2

!

> 34

3

s

1sin2 A2 sin2 B2 sin2 C2

> 34

3

s1(18)2 = 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều và P là tâm

Bài toán 1.2.6 (IMO Shorlist, 1996 ) Cho 4ABC đều vàP là một điểm

Trang 21

trong đó Các đường thẳng AP, BP, CP cắt các cạnh BC, CA, AB tại cácđiểm A1, B1, C1 tương ứng Chứng minh rằng

CA1 = CB1, BA1 = BC1 và AB1 = AC1 Điều này xảy ra khi và chỉ khi

P là tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC.Bài toán 1.2.7.Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong tamgiác Chứng minh rằng

R1r1 + R2r2 + R3r3 > 2(r1r2 + r2r3 + r3r1) (1.28)Lời giải

Gọi ha là độ cao xuất phát từ A, ta có aha = 2S = ar1 + br2 + cr3

Vì ha 6 R1 + r1 nên a(R1 + r1) > aha.Suy ra aR1 > br2 + cr3 hay R1 > r2ba + r3ac

Do đó R1r1 > r1r2ab + r3r1ac.Tương tự R2r2 > r2r3cb + r1r2ab,R3r3 > r3r1ac + r2r3bc.Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và áp dụng bất đẳng thức AM − GM,

ta được

R1r1 + R2r2 + R3r3 > a

b +

ba

r1r2 + b

c +

cb

Trang 22

Hình 1.7.

Bài toán 1.2.8.Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong tamgiác Chứng minh rằng

R1R2R3 > 8r1r2r3 (1.29)Lời giải

Hình 1.8.

Gọi C1 là điểm trên BC sao cho BC1 = AB Khi đó AC1 = 2c sin B2.Mặt khác, gọi H, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ A, C1 lênđường thẳng BP

Trang 23

Vì A và C1 không nằm cùng phía đối với đường thẳng BP nên

AC1 > C1H + AK.Suy ra R2.AC1 > R2.C1H + R2.AK hay R2.AC1 > 2SBP C1 + 2SBAP

Do đó R2.2c sin B2 > c.r1 + c.r3, hay R2 > r1 +r3

2 sinB2.Tương tự R1 > r2 +r3

2 sinA2, R3 > r1 +r2

2 sinC2.Nhân ba bất đẳng thức trên ta được

R1R2R3 > 1

8 sinA2 sinB2 sin C2 (r1 + r2)(r2 + r3)(r3 + r1). (1.30)

Vì sinA2 sin B2 sinC2 = 4Rr và R > 2r nên từ (1.30), ta có

R1R2R3 > (r1 + r2)(r2 + r3)(r3 + r1) (1.31)

Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho vế phải của (1.31), ta được

R1R2R3 > 8r1r2r3.Vậy bài toán đã được chứng minh xong

Trong chương này chúng tôi đã hệ thống một số bất đẳng thức hìnhhọc nổi tiếng trong mặt phẳng cũng như các bất đẳng thức đối với mộtđiểm trong tam giác

Trong chương tiếp theo, chúng tôi sẽ giới thiệu một bất đẳng thức dạngtham số đối với một điểm tùy ý trong tam giác và việc chứng minh nó hếtsức khó khăn trong quá trình tính toán Do vậy, công cụ hỗ trợ phần mềmMaple sẽ được sử dụng để tính toán được đơn giản hơn

Trang 24

Chương 2

SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG

THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG TAM GIÁC

Với sự trợ giúp của phần mềm toán học Maple để tính toán, chúng tôithiết lập một bất đẳng thức hình học với một tham số trên một khoảngnhất định liên quan đến một điểm tùy ý trong tam giác ([7])

2.1 Ý tưởng dẫn đến bài toán.

Gọi P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng của tam giác ABC Đặt

R1, R2, R3 lần lượt là khoảng cách của P đến các đỉnh A, B, C và r1, r2, r3lần lượt là khoảng cách của P đến các cạnh BC, CA, AB tương ứng Nếu

P nằm trong tam giác ABC thì ta có bất đẳng thức Erdos-Mordell nổitiếng sau đây (đã giới thiệu ở trên)

Trang 25

(cách chứng minh tham khảo [6])

R2 + R3 >

q

a2 + 4r21, (2.1)trong đó a = BC Bất đẳng thức (2.1) đúng khi R2 = R3 Bắt đầu từbất đẳng thức (2.1), ta tìm thấy một bất đẳng thức hình học mới với mộttham số Ý tưởng ban đầu như sau :

Vậy, tổng quát hóa các bất đẳng thức ở trên, sẽ dẫn đến kết luận sau

Trang 26

Định lý 2.1.1 Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c Nếu −2 6 λ 6 2

Bất đẳng thức (2.10) lần đầu tiên được đưa ra bởi J Wolstenholme([11]) và nó có một số các dạng tương đương Ví dụ, dạng lượng giác tươngđương

x2 + y2 + z2 > 2(yz cos A + zx cos B + xy cos C) (2.11)

Trang 27

(A, B, C là các góc của tam giác ABC) có thể được sử dụng để thiết lậptrọng số Bất đẳng thức Erdos-Mordell ([3]):

x2R1 + y2R2 + z2R3 > 2(yzr1 + zxr2 + xyr3) (2.12)với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x : y : z = sin A : sin B : sin C và P

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bổ đề 2.2.2 Với mọi tam giác ABC có các cạnh a, b, c, ta có

Q0 =: (b4 + c4)a8 − 2(b2 + c2)(2b4 − b2c2 + 2c4)a6 + (6b8 − 2b6c2+ 6b4c4 − 2b2c6 + 6c8)a4 − 2(b2 + c2)(2b4 − b2c2 + 2c4)(b2

− bc − c2)(b2 + bc − c2)a2 + b12− 6b10c2 + 13b8c4 − 14b6c6+ 13b4c8 − 6b2c10+ c12 > 0; (2.13)

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a : b : c =

r

3 +√

13

2 : 1 : 1Chứng minh Đặt b + c − a = 2u, c + a − b = 2v, a + b − c = 2w, thì

a = v + w, b = w + u, c = u + v.Thay thế chúng vào biểu thức Q0 và sử dụng phần mềm Maple 17 ta được

Q0 = 2u12+ 12(u + w)u11 + (34v2 + 112vw + 34w2)u10+ 20(u + v)(3v2+ 17vw + 3w2)u9 + (72v4 + 804v3w + 1622v2w2 + 804vw3 + 72w4)u8+ 4(v + w)(15v4 + 246v3w + 620v2w2 + 246vw3 + 15w4)u7

+ (34v6 + 888v5w + 5290v4w2 + 5008v3w3 + 5290v2w4 + 888vw5+ 34w6)u6 + 4(v + u)(3v6 + 111v5w + 1397v4w2 − 320v3w3+ 1397v2w4 + 111vw5 + 3w6)u5 + (2v8 + 116v7w + 4370v6w2+ 3780v5w3 − 794v4w4 + 3780v3w5 + 4370v2w6 + 116vw7 + 2w8)u4+ 4(v + w)(2v6 + 420v5w + 148v4w2 − 461v3w3 + 148v2w4 + 420vw5+ 2w6)u3vw + 2(134v6 + 260v5w − 125v4w2 − 480v3w3

− 125v2w4 + 260vw5 + 134w6)u2v2w2 + 4(v + w)(2v4 − 11v3w

− 15v2w2 − 11vw3 + 2w4)uv3w3 + 2(v2 + vw + w2)2v4w4 (2.14)

Trang 28

Q1 = (u4 + 4u3w + 134u2w2 + 4uw3 + w4)m5 + (6u5 + 66u4w + 876u3w2+ 1332u2w3 + 14uw4 + 10w5)m4 + (17u4 + 2619u2w2 + 7156uw3+ 5447w4)m3u2 + 2(15u4 + 273u3w + 2255u2w2 + 8137uw3+ 12069w4)m2u3 + 4u3(168u4w + 9u5 + 1280u3w2 + 10982uw4+ 10776w5 + 5216u2w3)m + 2(u + w)(15u5 + 258u4w + 1802u3w2+ 7130u2w3 + 15720uw4 + 16774w5)u3,

Q2 = 3(90u5 − 22uw4 + 15w5)m3 + 2(5867u2 − 259uw + 59w2)m2w4+ 4(3520u2 − 352uw + 49w2)mw5 + 2(u + w)(5654u2 − 1122uw+ 105w2)w5,

Q3 = (17u8 + 256u7w + 1704u6w2 + 6696u5w3 + 15626u4w4+ 18160u3w5 + 6648u2w6 − 1944uw7 + 141w8)m2 + 2(u4 + 4u3w+ 18u2w2 + 28uw3 − 3w4)(3u4 + 24u3w + 78u2w2 + 64uw3

− 9w4)(u + w)m + (u4 + 4u3w + 18u2w2 + 28uw3 − 3w4)2(u + w)2.( Phụ lục, hình 3.2 và hình 3.3)

Rõ ràng, Bất đẳng thức Q1 > 0 đúng cho u, v, w > 0 và m > 0 Bằngcách sử dụng tính đơn điệu của hàm số, dễ dàng chứng minh được rằng90x5− 22x + 15 > 0 đúng vớix > 0 Lấy x = u

w, theo đó 90u

5− 22uw4+15w5 > 0

Mặt khác, lưu ý5867u2− 259uw + 59w2 > 0, 3520u2− 352uw + 49w2 > 0

và 5654u2 − 1122uw + 105w2 > 0, do đó Q2 > 0 luôn đúng

Trang 29

Tiếp theo ta chứng minh Q3 > 0 Ta có Q3 là hàm bậc hai theo m và

số hạng không đổi của nó là không âm, cần thấy được số hạng bậc hai của

nó là dương Ta thấy rằng

18160u3w5 + 6448u2w6 − 1944uw7 + 141w8 > 0, (2.17)

có thể chứng minh bằng phương pháp chứng minh90u5−22uw4+15w5 > 0như trên (ta bỏ qua các chi tiết ở đây) Vì vậy, vẫn còn phải chứng minhrằng biệt số Fm của Q3 là nhỏ hơn hoặc bằng không Thông qua các tínhtoán bằng phần mềm Maple, chúng ta dễ dàng có được

Fm = −4(2u8 + 28u7w + 165u6w2 + 642u5w3 + 1631u4w4+ 2152u3w5 + 939u2w6 − 198uw7 + 15w8)(u4 + 4uw3 + 18u2w2+ 28uw3 − 3w4)2(u + w)2 (2.18)(Phụ lục, hình 3.4)

Từ939u2w6−198uw7+15w8 = 3w6(313u2−66uw +5w2) > 0nên Fm 6 0

− 3w4)(3u4 + 24u3w + 78u2w2 + 64uw3 − 9w4)(u + w) = 0 (2.19)

Vì vậy, đẳng thức trong Q0 > 0 đúng khi và chỉ khi m = 0, Fm = 0 và(2.19) đúng Từ Fm = 0, chúng tôi kết luận rằng

u4 + 4u3w + 18u2w2 + 28uw3 − 3w4 = 0, (2.20)tương đương với

(b + c − a)4 + 4(b + c − a)3(a + b − c) + 18(b + c − a)2(a + b − c)2+ 28(b + c − a)(a + b − c)3 − 3(a + b − c)4 = 0 (2.21)

Trang 30

Lưu ý rằng m = 0 và (2.20) cho ta (2.21), trong khi m = 0 có nghĩa là

v = w và sau đó b = c, do đó, đẳng thức trong Q0 > 0 đúng khi và chỉkhi b = c và (2.21) là hợp lý

Sử dụng b = c trong (2.21) và rút gọn, chúng tôi thu được

a4 − 3a2b2 − b4 = 0,

và sau đó a2 = 3 +

√13

Điều này hoàn thành chứng minh Bổ đề 2.2.2

Bổ đề 2.2.3 Cho 0 < t 6 4 là số thực, với bất kỳ tam giác ABC nào cócạnh a, b, c và diện tích S, ta có

f0 =: a0t2 + b0t + c0 > 0, (2.22)

ở đây

a0 = 16(2b2c2 + 2c2a2 + 2a2b2 − a4 − 2b4 − 2c4)S2,

b0 = −4a8 + 20(b2 + c2)a6 − 12(3b4 + 2b2c2 + 3c4)a4+ 4(b2 + c2)(7b4 − 12b2c2 + 7c4)a2

k0 = 2b2c2 + 2c2a2 + 2a2b2 − a4 − 2b4 − 2c4, (2.23)thì rõ ràng chúng ta có k0 = 0, k0 > 0 và k0 < 0 trong ba trường hợp trên,tương ứng

Trang 31

Trường hợp 1 a0 = 0 Trong trường hợp này, nó xuất phát từ giả thiếtrằng

trong đó S là diện tích tam giác ABC, ta thấy rằng c0 > 0 Do đó, nếu

b0 > 0 thì (2.25) đúng cho tất cả các số dương t Nếu b0 6 0, thì rõ ràngchúng ta cần chứng minh trường hợp t = 4, tức là

4b2c2 − b4 − c4 > 0 (2.29)Lưu ý rằng phương trình bậc hai (2.24) với ẩn a2, biệt thức ∆ của nó làlớn hơn hoặc bằng 0, tức là

4(b2 + c2)2 − 8(b4 − b2c2 + c4) > 0,

Tiêu đề	Về một số bất đẳng thức dạng tham số trong mặt phẳng
Tác giả
Người hướng dẫn	PGS.TS. Đinh Thanh Đức
Trường học	Trường đại học Quy Nhơn
Chuyên ngành	Phương pháp toán sơ cấp
Thể loại	Luận văn thạc sĩ toán học
Năm xuất bản	2020
Thành phố	Bình Định

Định dạng
Số trang	62
Dung lượng	1,42 MB