Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số mở rộng của bất đẳng thức Euler và ứng dụng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:69

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bất đẳng thức này gọi là bất đẳng thức Euler. Bất đẳng thức này dễ dàng suy ra từ định lý Euler d 2 = R2 − 2Rr với d là khoảng cách giữa hai tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Vì d 2 ≥ 0 nên R ≥ 2r. Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu hai đường tròn đồng tâm, tức là tam giác đó là tam giác đều.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số mở rộng của bất đẳng thức Euler và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- HOÀNG MINH AN MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC EULER VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- HOÀNG MINH AN MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC EULER VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. Tạ Duy Phượng THÁI NGUYÊN - 2018
1 Mục lục Lời cảm ơn 2 Lời nói đầu 3 1 Bất đẳng thức Euler và một số mở rộng 4 1.1. Một số kiến thức bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1. Một số định lý cơ bản trong tam giác . . . . . . . . . . 4 1.1.2. Một số bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . 5 1.1.3. Tứ giác nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.4. Tứ giác ngoại tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.5. Tứ giác hai tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.2. Bất đẳng thức Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3. Một số mở rộng của bất đẳng thức Euler . . . . . . . . . . . . 11 1.3.1. Mở rộng của bất đẳng thức Euler cho tam giác . . . . 11 1.3.2. Mở rộng của bất đẳng thức Euler cho tứ giác hai tâm . 32 1.3.3. Mở rộng của bất đẳng thức Euler cho đa diện . . . . . 41 2 Một số ứng dụng của bất đẳng thức Euler 51 2.1. Ứng dụng của bất đẳng thức Euler trong chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.2. Ứng dụng của bất đẳng thức Euler trong chứng minh các bất đẳng thức trong tứ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 Kết luận 65 Tài liệu tham khảo 66
2 Lời cảm ơn Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Tạ Duy Phượng. Xin được gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới Thầy, người đã tận tình hướng dẫn và chỉ đạo tác giả tập dượt nghiên cứu khoa học trong suốt quá trình tìm hiểu tài liệu, viết và hoàn thiện Luận văn. Đồng thời tôi xin chân thành cảm ơn các quý thầy cô trong Bộ môn toán, Khoa Khoa học Tự nhiên, các Thầy Cô Viện Toán học đã tận tình giảng dạy, quan tâm và tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chính để em hoàn thành khóa học và bảo vệ luận văn Thạc sĩ. Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè và cơ quan, đoàn thể nơi tôi công tác là Trường Trung học Phổ thông Bạch Đằng, Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng, đã tạo mọi điều kiện về vật chất lẫn tinh thần trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn. Xin được cảm ơn thầy giáo Hoàng Minh Quân đã cho phép tôi tham khảo và sử dụng bản thảo của thầy. Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Tác giả Hoàng Minh An
3 Lời nói đầu Năm 1897, tại cuộc thi toán của Hội Toán học và Vật lý Loránd Eotvos, Giáo sư L. F. Fejér, vào thời điểm đó vẫn là một sinh viên, đã sử dụng hệ quả thú vị sau đây của định lý hình học sơ cấp nổi tiếng của Euler: Nếu R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và r là bán kính đường tròn nội tiếp của một tam giác thì R ≥ 2r. Bất đẳng thức này gọi là bất đẳng thức Euler. Bất đẳng thức này dễ dàng suy ra từ định lý Euler d2 = R2 − 2Rr với d là khoảng cách giữa hai tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Vì d2 ≥ 0 nên R ≥ 2r. Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu hai đường tròn đồng tâm, tức là tam giác đó là tam giác đều. Bất đẳng thức Euler khá bản chất, nó thể hiện mối quan hệ giữa bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Bất đẳng thức Euler có rất nhiều ứng dụng. Ngoài ra, bất đẳng thức Euler còn có thể được mở rộng theo nhiều hướng khác nhau: ngay trong tam giác (thay bất đẳng thức Euler bằng một bất đẳng thức tổng quát hơn), mở rộng cho tứ giác, tứ diện,... Luận văn "Một số mở rộng của bất đẳng thức Euler và ứng dụng" có mục đích khai thác, tổng hợp, chứng minh bất đẳng thức Euler và các mở rộng của bất đẳng thức này, đồng thời trình bày các ứng dụng của bất đẳng thức Euler trong chứng minh các hệ thức hình học trong tam giác và tứ giác.
4 Chương 1 Bất đẳng thức Euler và một số mở rộng 1.1. Một số kiến thức bổ trợ Cho tam giác ABC, với các cạnh a = BC, b = AC, c = AB. Kí hiệu a) O, I theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác của tam giác. b) R và r theo thứ tự là bán kính đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp của tam giác. c) ra , rb , rc theo thứ tự là bán kính đường tròn bàng tiếp, tiếp xúc với các cạnh BC, AC, AB tương ứng. a+b+c d) Ký hiệu S là diện tích và s = là nửa chu vi của tam giác. 2 1.1.1. Một số định lý cơ bản trong tam giác Định lý 1.1 (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC, ta có a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, b2 = a2 + c2 − 2ac cos B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C. Hệ quả 1.1 Từ Định lý 1.1, ta có b2 + c2 − a2 cos A = , 2bc c2 + a2 − b2 cos B = , 2ca
5 a2 + b2 − c2 cos C = . 2ab Định lý 1.2 Trong tam giác ABC ta có a b c = = = 2R. sin A sin B sin C Định lý 1.3 Diện tích S của tam giác ABC được tính theo công thức sau: 1 1 1 S = aha = bhb = chc , 2 2 2 1 1 1 S = ab sin C = bc sin A = ca sin B, 2 2 2 abc S = , 4R S = 2R2 sin A sin B sin C, S = sr, q S = s(s − a)(s − b)(s − c), √ S = rra rb rc , arb rc brc ra cra rb S = = = , rb + rc rc + ra ra + rb Định lý 1.4 Trong tam giác ABC, ta có A B C S r = (p − a) tan = (p − b) tan = (p − c) tan = 2 2 2 p 1.1.2. Một số bất đẳng thức cơ bản Định lý 1.5 (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a1 , a2 , ..., an là các số thực không âm, ta có a1 + a2 + · · · + an √ ≥ n a1 a2 ...an . n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an . Hệ quả 1.2 Với mọi số thực dương a1 , a2 , ..., an , ta có √ n n a1 a2 ...an ≥ 1 1 1 . a1 + a2 + · · · + an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an .
6 Hệ quả 1.3 Với mọi số thực dương a1 , a2 , ..., an , ta có 1 1 1 n2 + + ··· + ≥ . a1 a2 an a1 + a2 + · · · + an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an . Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn . Khi đó (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ). a1 a2 an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = ··· = . b1 b2 bn 1.1.3. Tứ giác nội tiếp 1.1.3.1. Định nghĩa và tính chất Xét tứ giác lồi ABCD. Định nghĩa 1.1 Tứ giác ABCD có bốn đỉnh A, B, C, D nằm trên một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp. Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn một trong các điều kiện sau. Tính chất 1.1 Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn (O; R) khi và chỉ khi OA = OB = OC = OD. Tính chất 1.2 Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh đối dưới một góc bằng nhau. Tính chất 1.3 Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp khi và chỉ tổng hai góc đối diện bằng 1800 . Tính chất 1.4 Giả sử tứ giác ABCD có hai đường thẳng chứa hai cạnh AB và CD cắt nhau tại I. Khi đó điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp là IA.IB = IC.ID. Tính chất 1.5 Giả sử tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại K. Khi đó điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp là KA.KC = KB.KD.
7 Tính chất 1.6 (Đường thẳng Simson) Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi chân ba đường cao hạ từ đỉnh của tứ giác xuống ba đường thẳng chứa ba cạnh tạo bởi ba đỉnh còn lại là thẳng hàng. Tính chất 1.7 (Định lí Ptoleme) Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi AC.BD = AB.CD + AD.BC. 1.1.3.2. Diện tích tứ giác Định lý 1.7 (Định lí Brahmagupta) Cho tứ giác ABCD nội tiếp với các cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = d. Khi đó diện tích của tứ giác ABCD là q S= (p − a)(p − b)(p − c)(p − d), a+b+c+d với p = là nửa chu vi của tứ giác ABCD. 2 1.1.3.3. Độ dài hai đường chéo của tứ giác nội tiếp Định lý 1.8 Cho tứ giác ABCD nội tiếp với các cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = d. Khi đó độ dài hai đường chéo của tứ giác ABCD được cho bởi công thức (ac + bd)(ad + bc) (ac + bd)(ab + cd) AC 2 = ; BD2 = . ab + cd ad + bc 1.1.4. Tứ giác ngoại tiếp 1.1.4.1. Định nghĩa và tính chất Định nghĩa 1.2 Tứ giác lồi ABCD được gọi là tứ giác ngoại tiếp một đường tròn nếu đường tròn đó tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ giác. Cho tứ giác lồi ABCD. Khi đó ABCD là tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ khi nó thỏa mãn một trong các điều kiện sau. Tính chất 1.8 Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn (O; R) nếu và chỉ nếu tổng các cặp cạnh đối bằng nhau, tức là AB + CD = BC + DA. Tính chất 1.9 Tứ giác ABCD có các tia AD và BC cắt nhau ở E; các tia AB và DC cắt nhau ở F . Khi đó các điều kiện sau là tương đương: a) Tứ giác ABCD ngoại tiếp. b) BE + BF = DE + DF . c) F A + CE = EA + CF .
8 1.1.4.1. Diện tích tứ giác ngoại tiếp Định lý 1.9 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp với các cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = d. Khi đó diện tích của tứ giác ABCD là √ B+D S = abcd sin . 2 1.1.5. Tứ giác hai tâm Định nghĩa 1.3 Tứ giác ABCD được gọi là tứ giác hai tâm nếu nó vừa nội tiếp được một đường tròn và vừa ngoại tiếp được một đường tròn. Nhận xét. Tứ giác hai tâm có đầy đủ các tính chất của một tứ giác nội tiếp và tứ giác ngoại tiếp. Giả sử tứ giác hai tâm nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính r. Các định lý dưới đây được trình bày trong [2]. Định lý 1.10 Trong tứ giác hai tâm, ta có các đẳng thức sau: a) (bc + ad)(ab + cd)(ac + bd) = 16p2 R2 r2 . b) ab + bc + cd + da = p2 . √ c) ab + bc + cd + da + ac + bd = p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 . √ d) ac + bd = 2r(r + 4R2 + r2 ). 1.1.5.1. Diện tích của tứ giác hai tâm Cho tứ giác hai tâm ABCD với các cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = a+b+c+d d với nửa chu vi p = và diện tích S. 2 Định lý 1.11 Diện tích của tứ giác hai tâm ABCD được cho bởi công thức √ S = abcd. Hệ quả 1.4 Tứ giác hai tâm có diện tích được tính bởi công thức θ θ S = ac tan = bd cot , 2 2 với θ là góc giữa hai đường chéo. Hệ quả 1.5 Trong tứ giác hai tâm ta có s s A bc C B cd D tan = = cot ; tan = = cot . 2 ad 2 2 ab 2
9 Định lý 1.12 Tứ giác hai tâm ABCD với I là tâm đường tròn nội tiếp thì có diện tích cho bởi công thức S = AI.CI + BI.DI. Hệ quả 1.6 Tứ giác hai tâm ABCD với r là bán kính đường tròn nội tiếp thì có diện tích ! 2 1 1 S = 2r + . sin A sin B 1.2. Bất đẳng thức Euler Hệ thức Euler là một trong những hệ thức cơ bản, quan trọng của hình học trong tam giác. Nó được Euler công bố vào năm 1767. Định lý 1.13 (Hệ thức Euler) Gọi d là khoảng cách giữa tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. Ta có d2 = R(R − 2r). (1.1) Chứng minh. Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC, M là giao điểm của đường phân giác BI với (O). Kẻ đường kính qua O, I cắt đường tròn (O) tại 2 điểm là N, P . Ta có: R2 − OI 2 = (R + OI)(R − OI) = (ON + OI)(OP − OI) = IN.IP.
10 Mà IN.IP = IB.IM vì hai tam giác IM N và tam giác IP B đồng dạng với nhau, nên ta có IB.IM = IN.IP = R2 − OI 2 . Mặt khác, tam giác ICM cân tại M nên suy ra M C = M I. Kẻ đường kính M K của (O) và kẻ ID⊥BC. Vì hai tam giác M KC và IBD đồng dạng với MK IB nhau (góc-góc) nên = , hay là M K.IB = IB.M C. Do M K = 2R, MC IC ID = r, M C = M I nên 2Rr = M K.ID = IB.M C = IB.IM = R2 − OI 2 . Vậy OI 2 = R2 − 2Rr ⇔ d2 = R(R − 2r). Ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.14 (Bất đẳng thức Chapple-Euler) Với mọi tam giác ta có R ≥ 2r. (1.2) Đẳng thức xảy ra khi tam giác là tam giác đều. Chứng minh. Cách 1: Từ hệ thức Euler d2 = R(R − 2r), suy ra R(R − 2r) ≥ 0 hay R ≥ 2r. Cũng có thể chứng minh hình học trực tiếp cho bất đẳng thức Euler như sau. Cách 2: Giả sử tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp O1 , tâm đường tròn ngoại tiếp O2 . Dựng tam giác A1 B1 C1 đi qua các đỉnh của tam giác ABC và song song với các cạnh của nó (Hình vẽ). Dựng các tiếp tuyến của đường tròn tâm O2 và song song với các cạnh của tam giác A1 B1 C1 sao cho tiếp tuyến A2 B2 song song với A1 B1 và tiếp điểm
11 nằm trên cung AB (chứa điểm C). Theo cách dựng trên, tam giác A1 B1 C1 nằm trong tam giác A2 B2 C2 và đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số đồng A1 B1 dạng . Gọi r1 là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác A1 B1 C1 . Ta có AB r1 ≤ R. Mặt khác, tỉ số bán kính đường tròn nội tiếp của hai tam giác đồng dạng r1 A1 B1 bằng tỉ số đồng dạng của các cạnh tương ứng, nghĩa là = = 2 nên r AB r1 = 2r. Suy ra R ≥ 2r. 1.3. Một số mở rộng của bất đẳng thức Euler Trong mục này, ta sẽ đề cập đến một số mở rộng của bất đẳng thức Euler. Các mở rộng được xét trong tam giác, tứ giác và các tứ diện. 1.3.1. Mở rộng của bất đẳng thức Euler cho tam giác A. Bất đẳng thức Euler cho hai tam giác Cho hai tam giác ABC, A0 B 0 C 0 với các cạnh AB = c, BC = a, AC = b và A0 B 0 = c0 , B 0 C 0 = a0 , A0 C 0 = b0 . Gọi R, r, s theo thứ tự là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và nửa chu vi của tam giác ABC và R0 , r0 , s0 theo thứ tự là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và nửa chu vi của tam giác A0 B 0 C 0 . Định lý 1.15 và các hệ quả của nó là mở rộng của bất đẳng thức Euler cho hai tam giác đã được trình bày trong [8]. Dưới đây trình bày các kết quả trong [8] với các chứng minh chi tiết của tác giả luận văn hoặc tham khảo thêm từ các nguồn tài liệu khác. Trước tiên ta có: Bổ đề 1.1 (Oppenheim) Cho các số thực x, y, z > 0. Khi đó ta có √ (x + y + z)2 ≥ 2 3(yz sin A + zx sin B + xy sin C). (1.3) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z và ∆ABC là tam giác đều. Định lý 1.15 Ta có bất đẳng thức ! R 2 a b c 0 ≥ 0 + 0+ 0 . (1.4) r 3 a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các tam giác là tam giác đều. Chứng minh. Trong Bổ đề 1.1, đặt x = sin A0 > 0, y = sin B 0 > 0, z = sin C 0 >
12 0 , ta có (sin A0 + sin B 0 + sin C 0 )2 ≥ √ ≥ 2 3(sin B 0 sin C 0 sin A + sin C 0 sin A0 sin B + sin A0 sin B 0 sin C). Theo định lý hàm số sin thì a b c a0 b0 c0 = = = 2R; 0 = 0 = 0 = 2R.0 sin A sin B sin C sin A sin B sin C Do đó bất đẳng thức trên tương đương với   √ ab0 c0 bc0 a0 ca0 b0  (sin A0 + sin B 0 + sin C 0 )2 ≥ 2 3  2 + 2 + 2 (2R0 ) 2R (2R0 ) 2R (2R0 ) 2R √ a0 b0 c0 " # a b c ⇔ (sin A0 + sin B 0 + sin C 0 )2 ≥ 2 3 2 0 + 0+ 0 . (2R0 ) 2R. a b c Mặt khác ta lại có a0 b0 c0 S0 = = s0 r0 ⇔ 4s0 R0 r0 = a0 b0 c0 . 4R0 Do đó √ 4s0 R0 r0 " # 0 0 0 2 a b c (sin A + sin B + sin C ) ≥ 2 3 2 + + (2R0 ) 2R. a0 b0 c0 √ s0 r 0 a " # 0 0 0 2 b c ⇔ (sin A + sin B + sin C ) ≥ 3 0 + + . (1.5) R R. a0 b0 c0 s0 a0 b0 c0 Vì 0 = 0 + 0 + 0 = sin A0 + sin B 0 + sin C 0 , nên bất đẳng thức R 2R 2R 2R (1.5) tương đương với √ r0 a " # 0 0 0 b c sin A + sin B + sin C ≥ 3 0 + 0+ 0 . R a b c √ 3 3 Với mọi tam giác ta có sin A0 + sin B 0 + sin C 0 ≤ , suy ra 2 √ 3 3 √ r0 a " # ! b c R 2 a b c ≥ 3 + + ⇔ 0 ≥ + + . 2 R a0 b0 c0 r 3 a0 b0 c0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z và tam giác ABC là tam giác đều. Ta có x = y = z, tức là sin A0 = sin B 0 = sin C 0 , hay A0 = B 0 = C 0 , nghĩa là tam giác A0 B 0 C 0 là tam giác đều. Định lý đã được chứng minh. Giả sử a = a0 , b = b0 , c = c0 thì bất đẳng thức ở Định lý 1.15 trở thành bất đẳng thức Euler, do đó bất đẳng thức ở Định lý 1.15 được gọi là bất đẳng thức Euler suy rộng.
13 Từ định lý trên, ta có các hệ quả Hệ quả 1.7 Trong mọi tam giác, ta có bất đẳng thức √ ! R 3 1 1 1 ≥ + + . (1.6) r 3 sin A sin B sin C Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều. Chứng minh. Trước tiên cho a = b = c trong Định lý 1.15, khi đó (1.4) trở thành ! ! √ ! R 2 1 1 1 2 1 1 1 2 3R 1 1 1 ≥ .a + + = .2R sin A 0 + 0 + 0 = + + . r0 3 a0 b0 c0 3 a b c 3 a0 b0 c0 ! 1 2 1 1 1 ⇔ 0 ≥√ + + . (1.7) r 3 a0 b0 c0 Vì a0 = 2R0 sin A0 , b0 = 2R0 sin B 0 , c0 = 2R0 sin C 0 nên bất đẳng thức (1.7) tương đương với ! 1 2 1 1 1 1 ≥ √ . + + . r0 3 2R0 sin A0 sin B 0 sin C 0 √ R0 ! 3 1 1 1 ⇔ 0 ≥ + + . r 3 sin A0 sin B 0 sin C 0 Vì ∆A0 B 0 C 0 là bất kì nên từ bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức trong Hệ quả 1.8. Hệ quả 1.8 Trong một tam giác với bán kính đường tròn ngoại tiếp R, bán kính đường tròn nội tiếp r, ta có 3R b c −1≥ + . (1.8) 2r c b Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều. Chứng minh. Lấy a0 = a, b0 = c, c0 = b trong Định lý 1.15, ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh. Hệ quả 1.9 Trong một tam giác với bán kính đường tròn ngoại tiếp R, bán kính đường tròn nội tiếp r, và các cạnh a, b, c, ta có bất đẳng thức ! R 2 a b c ≥ + + . (1.9) r 3 b c a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều. Chứng minh. Lấy a0 = b, b0 = c, c0 = a trong Định lý 1.15, khi đó ta có r0 = r và ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
14 Hệ quả 1.10 Trong mỗi tam giác, ta có ! R 2 1 1 1 ≥ (a + b + c) + + . (1.10) r 9 a b c với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều. Chứng minh. Từ Hệ quả 1.10, ta có ! R 2 a b c ≥ + + . r 3 b c a Mặt khác, theo bất đẳng thức Klamkin thì ! a b c 1 1 1 1 + + ≥ (a + b + c) + + . b c a 3 a b c Suy ra ! R 2 1 1 1 ≥ (a + b + c) + + . r 9 a b c Hệ quả 1.11 Trong mỗi tam giác, ta có ! R 1 b+c c+a a+b ≥ + + . (1.11) r 3 a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều. Chứng minh. Thay a0 = c, b0 = a, c0 = b trong Định lý 1.15, ta nhận được bất đẳng thức ! R 2 a b c ≥ + + . r 3 c a b Theo Hệ quả 1.10 ta có ! R 2 a b c ≥ + + . r 3 b c a Cộng theo vế các bất đẳng thức trên lại với nhau, ta được: ! ! 2R 2 b+c c+a a+b R 1 b+c c+a a+b ≥ + + ⇔ ≥ + + . r 3 a b c r 3 a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều. Hệ quả 1.12 Trong mọi tam giác, ta có !2 R 8 a b c ≥ + + , r 9 b+c c+a a+b với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.
15 Chứng minh. Trong Định lý 1.15, ta chọn a0 = b + c, b0 = c + a, c0 = a + b thì a0 , b0 , c0 cũng là các cạnh của tam giác vì a0 < b0 + c0 ; b0 < a0 + c0 ; c0 < a0 + b0 . Khi đó (1.4) trở thành ! R 2 a b c 0 ≥ + + . (1.12) r 3 b+c c+a a+b a0 + b0 + c0 Ta có s0 = = a + b + c = 2s; s0 − a0 = a; s0 − b0 = b; s0 − c0 = c, 2 q √ suy ra S 0 = s0 r0 = s0 (s0 − a0 )(s0 − b0 )(s0 − c0 ) = 2s.abc. Lại có abc √ √ S= = sr ⇒ abc = 4sRr ⇒ 2sabc = 8s2 Rr ⇒ 2sabc = 2s 2Rr. 4R √ √ √ Vậy s0 r0 = 2s.abc = 2s 2Rr. Mà s0 = 2s nên r0 = 2Rr. Khi đó (1.12) tương đương với ! s ! R R 2 a b c R 2 a b c = √ ≥ + + ⇔ ≥ + + . r0 2Rr 3 b+c c+a a+b 2r 3 b+c c+a a+b !2 R 8 a b c ⇔ ≥ + + . r 9 b+c c+a a+b Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều. Hệ quả 1.13 Trong một tam giác với bán kính đường tròn ngoại tiếp R, bán kính đường tròn nội tiếp r, ta có √ s v s  R 2 a u b c  u ≥ +t + . (1.13) s−a s−b s−c  r 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều. q q q Chứng minh. Chọn a0 = a(s − a), b0 = b(s − b), c0 = c(s − c). Khi đó a0 , b0 , c0 là các cạnh của một tam giác, tức là a0 + b0 > c0 ; b0 + c0 > a0 ; a0 + c0 > b0 . Ta sẽ chứng minh a0 + b0 > c0 , các trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Thật vậy, ta có q q a0 + b0 > c0 ⇔ (a0 + b0 )2 > (c0 )2 ⇔ ( a(s − a) + b(s − b))2 > c(s − c), q ⇔ a(s − a) + b(s − b) + 2 ab(s − a)(s − b) > c(s − c)
16 q ⇔ 2 ab(s − a)(s − b) > c(s − c) − a(s − a) − b(s − b). Ta biến đổi vế phải của bất đẳng thức: V P = s(c − a − b) + a2 + b2 − c2 a+b+c = (c − a − b) + a2 + b2 − c2 2 c − a2 − b2 − 2ab 2 = + a2 + b2 − c2 2 a + b − 2ab − c2 2 2 = 2 (a − b − c)(a − b + c) = . 2 Vì a, b, c là các cạnh của một tam giác nên a − b − c < 0 và a − b + c > 0, do đó vế phải luôn âm, còn vế trái luôn dương. Ta có điều phải chứng minh. Với a0 , b0 , c0 là các cạnh của tam giác A0 B 0 C 0 , áp dụng Định lý 1.15 cho hai tam giác ABC và A0 B 0 C 0 , từ (1.4) ta nhận được  v  s s R 2 a u b c  u 0 ≥ + t + . (1.14) s−a s−b s−c  r 3 Ta sẽ chứng minh 2s0 r0 = sr. Thật vậy, theo công thức Heron thì diện tích tam giác A0 B 0 C 0 là q S0 = s0 (s0 − a0 )(s0 − b0 )(s0 − c0 ) ⇒ S 02 = s0 (s0 − a0 )(s0 − b0 )(s0 − c0 ). q q q a0 + b0 + c0 a(s − a) + b(s − b) + c(s − c) Ta có s0 = = , suy ra 2 2 q q q b(s − b) + c(s − c) − a(s − a) s0 − a0 = , 2 q q q a(s − a) + c(s − c) − b(s − b) s 0 − b0 = , 2 q q q a(s − a) + b(s − b) − c(s − c) s 0 − c0 = . 2 Từ đó tính toán, ta được: q q 2 [ b(s − b) + c(s − c)] − a(s − a) s0 (s0 − a0 ) = . 4 q q 2 a(s − a) − [ c(s − c) − b(s − b)] (s0 − b0 )(s0 − c0 ) = . 4
17 1 Suy ra S 02 = s0 (s0 − a0 )(s0 − b0 )(s0 − c0 ) = .L, với 16 q q L = −a2 (s − a)2 + [ c(s − c) + b(s − b)]2 a(s − a) + q q + [ c(s − c) − b(s − b)]2 a(s − a) − q q q q − [ c(s − c) + b(s − b)]2 [ c(s − c) − b(s − b)]2 Tiếp tục biến đối, ta được L = −a2 (s − a)2 + 2a(s − a)[b(s − b) + c(s − c)] − [c(s − c) − b(s − b)]2 , L = −a2 (s − a)2 + 2a(s − a)[b(s − b) + c(s − c)] − c2 (s − c)2 − b2 (s − b)2 + +2bc(s − b)(s − c). L = −[a2 (s − a)2 +b2 (s − b)2 +c2 (s − c)2 ]+2ab(s−a)(s−b)+2ca(s−a)(s−c)+ +2bc(s − b)(s − c). Đặt L1 = a2 (s − a)2 + b2 (s − b)2 + c2 (s − c)2 và L2 = 2ab(s − a)(s − b) + 2ca(s − a)(s − c) + 2bc(s − b)(s − c). Ta có L1 = a4 + b4 + c4 − 2s(a3 + b3 + c3 ) + s2 (a2 + b2 + c2 ), với 2s(a3 + b3 + c3 ) = (a + b + c)(a3 + b3 + c3 ) = a4 + b4 + c4 + ab3 + ac3 + ba3 + bc3 + ca3 + cb3 . 2 2 2 2 (a2 + b2 + c2 ) + 2(ab + bc + ca)(a2 + b2 + c2 ) 2 s (a + b + c ) = 4 a4 + b4 + c4 + 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 2(ab + bc + ca)(a2 + b2 + c2 ) = . 4 Suy ra a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 a3 b + ab3 + b3 c + bc3 + a3 c + ac3 L1 = + − + 4 2 2 abc(a + b + c) + . 2 Tương tự ta cũng có b+c−aa+c−b ab(c2 − b2 − a2 + 2ab) 2ab(s − a)(s − b) = 2ab = , 2 2 2 a+b−cb+c−a ca(b2 − a2 − c2 + 2ca) 2ca(s − c)(s − a) = 2ca = , 2 2 2
18 a+c−ba+b−c bc(a2 − b2 − c2 + 2bc) 2bc(s − b)(s − c) = 2bc = . 2 2 2 Suy ra abc(a + b + c) a3 b + ab3 + b3 c + bc3 + a3 c + ac3 L2 = + a2 b2 + b2 a2 + c2 a2 − . 2 2 a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 a2 + c2 a2 Vậy L = −L1 + L2 = − + , do đó 4 2 a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 a2 + c2 a2 ! 02 1 S = − + . 16 4 2 Mặt khác ta có a+b+c b+c−a a+c−b a+b−c S 2 = s(s − a)(s − b)(s − c) = . . . 2 2 2 2 1 = [(b + c)2 − a2 ][a2 − (b − c)2 ] 16 1 = [−a4 − (b2 − c2 )2 + a2 (b + c)2 + a2 (b − c)2 ] 16 1 = [ − a4 − b4 − c4 + 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )]. 16 Do đó 4S 02 = S 2 ⇔ 2S 0 = S. Theo công thức diện tích tam giác S 0 = s0 r0 , S = sr, suy ra 2s0 r0 = sr. Ta có điều phải chứng minh. sr Từ 2s0 r0 = sr ⇔ r0 = 0 , suy ra 2s R R R 1 0 = sr = . s0 . r 2s0 r 2s0 Vậy (1.14) tương đương với  v  s s R 1 2 a b c  u u . s ≥  + t + s−a s−b s−c   r 2s0 3  v  s s R 1 s a b c  u u ⇔ ≥ . 0 + t + . (1.15) s−a s−b s−c  r 3 s q q q Lại có 2s0 = a0 + b0 + c0 = a(s − a) + b(s − b) + c(s − c), cho nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được q q q (2s0 )2 = ( a(s − a) + b(s − b) + c(s − c))2 ≤ 3[s(a + b + c) − (a2 + b2 + c2 )] = 3[2s2 − (a2 + b2 + c2 )]