lovetoan wordpress com bät weitzenbock, bät hadwinger finsler vă những má»ÿ rá»™ng

Như vậy BĐT Weitzenbock được chứng minh.. Mạnh hơn Weitzenbock, ta có BĐT Hadwinger-Finsler... Như vậy, BĐT Hadwinger – Finsler được chứng minh.. Tiếp theo, ta xét đến những mở rộng của

BẤT ĐẲNG THỨC WEITZENBOCK, BẤT ĐẲNG THỨC HADWINGER-FINSLER VÀ NHỮNG MỞ RỘNG

Cao Đình Huy, 10T THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai

Ngày 30 tháng 1 năm 2014

Bài viết tham dự Cuộc thi viết bài kỉ niệm 10 năm Diễn đàn Toán học (2004-2014)

Xét tam giác có các góc A B C, , và a b c, , là ba cạnh tương ứng ; S là diện tích

tam giác ; plà nửa chu vi tam giác ; R r, lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ; , ,r r r là các bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác ; a b c h a b c, , ,l a b c, , ,m a b c, ,

theo thứ tự là độ dài đường cao, đường phân giác và đường trung tuyến của tam giác

Trước hết, ta nhắc lại nội dung và cách chứng minh hai Bất đẳng thức quen thuộc của Hình học : Bất đẳng thức Weitzenbock và Bất đẳng thức Hadwinger-Finsler

Chứng minh :

Sử dụng hệ thức Herons :

1

4

S  p p a p b p c    a b c b c a c a b a b c       

Để ý hai BĐT quen thuộc :

abc b c a c a b a b c và a2b2c2 ab bc ca

Ta chứng minh một kết quả mạnh hơn là :

ab bc ca   abc a b c   ab bc ca   abc a b c 

0

ab bc bc ca ca ab

Đây là điều hiển nhiên Như vậy BĐT Weitzenbock được chứng minh

Mạnh hơn Weitzenbock, ta có BĐT Hadwinger-Finsler

Chứng minh :

4

S a b c b c a c a b a b c       

Ta biến đổi BĐT đã cho thành :

Bất đẳng thức Weitzenbock

2 2 2

4 3

Bất đẳng thức Hadwinger - Finsler

a b c  S ab  bc  c a

     

a b c b c a c a b a b c b c a c a b a b c

a b c c a b b c a a b c c a b b c a

3(a b c b c a c a b a b c)( )( )( )

        

Sử dụng phép thế Ravi : b  c a x c,   a b y a,   b c z

Chú ý vì a b c, , là độ dài ba cạnh tam giác nên x y z, , 0

Khi đó ta cần chứng minh :

xy  yz zx xyz x  y z xyyz  yz zx  zx xy 

Kết quả này là hiển nhiên Như vậy, BĐT Hadwinger – Finsler được chứng minh

Tiếp theo, ta xét đến những mở rộng của hai bất đẳng thức này

Rõ ràng đây là trường hợp tổng quát của BĐT Weitzenbock (Khi x  y z 1 thì ta thu được BĐT Weitzenbock) và cách chứng minh bằng phép thế Ravi cùng những biến đổi đại số thông thường cũng không đem lại hiệu quả, ta xem xét lời giải sau

Lời giải : Theo BĐT AM GM :

xa yb cz x a  b c  x y b  z x c   bc A x y b  z x c

2 cosbc A 2bc (x y z)( x)

xa yb zc  bc xy zx x A

Ta sẽ chỉ ra rằng :

( )( ) cos 2 cos ( )( ) ( ).sin

( )( ).cos 2 cos ( )( ) 0

( )( ).cos

     

   2

0

Điều này là luôn đúng

Từ đó ta có

Đây là điều phải chứng minh

Nhận xét : Với x y z, , 0, ta có một bất đẳng thức “chặt” hơn nữa :

4

zabybcxab xyyzzxS

Bài toán 1 : Cho các số thực dươngx y z, ,

Chứng minh bất đẳng thức :

4

Lời giải xin dành cho bạn đọc !

Lời giải :

Bổ đề : Cho a b c, , là độ dài ba cạnh của một tam giác có diện tích S Khi đó với mọi số

thực dương x y z, , ta có bất đẳng thức :

2 3

Chứng minh bổ đề :

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

 2 2 2 2  

y z z x x y

Lại áp dụng BĐT Hadwinger – Finsler, ta có :

2 3

Trở lại bài toán :

Gọi A B C lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc 1, 1, 1 A B C, ,

Đặt BC1 1x C A, 1 1y A B, 1 1z và S A B C1 1 1 S'

Dễ dàng thấy rằng A BC1 ~A B C1 1 1

1

1 1 1

2

1 1

A B C

S BC a ar a b c a a ax p a r S ax

Hoàn toàn tương tự, ta được :

c a b b S by a b c c S cz

c a S c a a b S a b

Từ đó :

'

b c a a c a b b a b c c S ax by cz

Áp dụng bổ đề, ta có :

2 3 '

S

  

Dẫn đến :

Bài toán 2 : Chứng minh bất đẳng thức :

2 3

S

        

2 2 2

.2 3 ' 2 3 '

         

Và đây là điều cần chứng minh

Lời giải :

Không mất tính tổng quát, ta giả sử a max a , b , c

Ta cần chứng minh :

4 3 a 2 3

a a

l

h

   

Theo công thức phân giác, ta có l a 2 pbc p a( )

b c



Do vậy, ta đi chứng minh :

4

a

ab bc ca pbc p a

b c

 Đây là bất đẳng thức thuần nhất bậc hai nên ta chuẩn hóa ab bc ca  3

 

 

2

2

pbc p a

b c

a bc



            

Bất đẳng thức cuối cùng là luôn đúng vì theo AM GM :

  ( )2

4

3 3

Bài toán kết thúc

Lời giải :

Bài toán 3 : Chứng minh bất đẳng thức :

4 3 max a , b , c

a b c

l l l

ab bc ca S

h h h

Bài toán 4 : Chứng minh bất đẳng thức :

2

2

R

Trong đó O G, theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác

Ta có hệ thức quen thuộc sau :

9

OG R  a b c

Suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 2

16

 

 

   

Đặt x p a y,  p b z,  p c thì a y z b,  z x c,  x y và S  xyz x(  y z)

Ta cần chứng minh :

   2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

2 2

, ,

16

9

4 3 1 9

4 3 1 9( ) ( ) ( )

4

x y z

a b c

       

   

 

  

  





4 3 1 (*) 9( ) ( ) ( )

        

  

 

Mặt khác, theo AM GM thì :

xy yz zx xyz x y z x y z xy yz zx x y z

x y y z z x

xyz x y z xyz x y z xyz x y z xyz x y z xyz x y z xyz x y z x y

z xy yz zx x y z xy yz zx

xy yz zx

xy yz zx xyz x y z

xyz x y z

 

xy yz zx xyz x y z

  Cộng vế theo vế (**) và (***) thì ta thu được (*) Bài toán kết thúc

Lời giải :

Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại thành :

3

ab bc ca a b c R r



4

ab bc ca  p  r Rr và a2  b2 c2 2p22r28Rr

Thì ta cần chứng minh :

2

Áp dụng BĐT Schur :

 2 2 2

9

ABC

AB BC CA A B C

A B C      

 

Thay A 1,B 1,C 1

2 2 2

x y z x y y z z x xy yz zx xyz

x y z

xy yz zx xyz x y z z x y xy yz zx

Ta thay x p a y,  p b z,  p c thì ta được :

, ,

, ,

( ) ( )

a b c

a b c

 



Ta có các khai triển sau :

2 2

(p a p b p c)( )( ) S pr

p

, ,

a b c

p a p b  r R r



, ,

a b c

p a p b r R r  p r



Do đó ta được :

2

2

p

Đây là điều cần chứng minh Bài toán hoàn tất

Bài toán 5 : Chứng minh bất đẳng thức :

4

R r

R r





Lời giải :

Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết dưới dạng :

2(abbcca) ( a b c )2 3pr2 (4r Rr)

Để ý đẳng thức quen thuộc ab bc ca  p2 r2 4Rr và a2  b2 c2 2p22r28Rr

Ta cần chứng minh :

2(p  r 4Rr) (2 p 2r 8Rr)2 3pr2 (4r R r ) 4R r p 3 (*)

Ta có xr r r a, ,b c chính là nghiệm của phương trình  2 2   2

4

x p x r  Rx

Thật vậy, ta có :

2

4 tan 1 tan ( ) tan 4 tan

tan 1 4 tan tan cot sin 2 sin cos

           

Điều này là hiển nhiên

Như vậy xr a là nghiệm của phương trình  2 2   2

4

x p x r  Rx hay xr a là nghiệm của phương trình

x  R r x p xp r Tương tự xr x b, r c cũng là nghiệm của phương trình trên

Theo định lí Viete, ta có :

4

r   r r R r và r r a br r b cr r c a  p2

Từ BĐT quen thuộc

2

(r a r b r c) 3(r r a br r b cr r c a)

Ta được

(4Rr) 3p 4R r p 3

Do đó (*) được chứng minh Bất đẳng thức đã cho chứng minh hoàn tất

Bài toán 6 : Chứng minh bất đẳng thức :

2 3 2 (4 ) ( ) ( ) ( )

Lời giải :

Bổ đề 1 : Với các số thực x y 0 và số nguyên dương n1 ta có :

x y  x y Chứng minh bổ đề 1 :

Ta có

1

n n

n k







          

Do đó

x y  x y

Bổ đề 1 được chứng minh

Bổ đề 2 : Với các số thực x y z, , và số nguyên dương n1 ta có bất đẳng thức

Chứng minh bổ đề 2 :

Áp dụng BĐT Holder, ta có :

1

n

x y z x y z  x y z x y z



Dẫn đến

3 3

n

  

Bổ đề 2 được chứng minh

Trở lại bài toán :

Theo bổ đề 1, ta có :

a  b c a  b c  b  c a b  c a  c  a b c  a b 

Do vậy ta viết BĐT cần chứng minh thành ;

3

n

a  b c b  c a c  a b  

Ta chứng minh một kết quả mạnh hơn :

3

n

Bài toán 7 : Chứng minh bất đẳng thức sau với số nguyên dương n1:

3

n

a b c     a b  b c  c a

3 3

n

  

Điều này đúng theo bổ đề 2 và BĐT Hadwinger – Finsler :

3

n

              

     

Bài toán được chứng minh hoàn toàn

Nhận xét : Ta có bất đẳng thức “chặt” hơn sau đây :

Với số nguyên dương n2 thì :

3

n

a b c     a b  b c  c a   b c a b c

       

LỜI KẾT

vờigiữa Hìn học và Đạisố Hivọn q a bàiviếtnày,bạn đ c có hể cảm n ận đư c vẻ

đẹp đó.Tuy đã cố gắn rấtn iều và d kiến hức cò hạn hẹp,bàiviếtk ó rán k ỏi

TÀI LIỆU THAM KHẢO

- Hệ thức lượng trong tam giác – Th.s Võ Giang Giai

- Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ

- Một số tư liệu trên các trang web : tuanhoangminh.wordpress.com và

diendantoanhoc.net/forum