Bất đẳng thức Hayashi
Định lý 1.1.1, còn được gọi là bất đẳng thức Hayashi, phát biểu rằng với một điểm M tùy ý trong mặt phẳng chứa tam giác ABC có các cạnh BC, CA, AB lần lượt là a, b, c, ta có bất đẳng thức aM B.M C + bM C.M A + cM A.M B ≥ abc Đẳng thức này chỉ xảy ra khi M là trực tâm của tam giác ABC.
Sau đây, chúng tôi trình bày một số cách chứng minh bất đẳng thức Hayashi (1.1.1).
• Cách 1 (Sử dụng bất đẳng thức Ptolemy).
Chúng tôi xin giới thiệu một phương pháp chứng minh sơ cấp cho học sinh Trung học cơ sở, dựa trên bất đẳng thức Ptolemy.
Bổ đề 1.1.1.(Bất đẳng thức Ptolemy, xem [1]) Cho bốn điểm A, B, C, D bất kỳ trên mặt phẳng, khi đó ta có
Đẳng thức AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD chỉ xảy ra khi bốn điểm A, B, C, D nằm trên một đường tròn, tức là tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh Lấy điểm E sao cho EAB\ = CDB\ và CBE\ = DBA\. Suy ra ∆ABE v ∆DBC, từ đó ta có
Do CBE\ = DBA\ và hệ thức (1.1.2), nên ta có ∆BCE v ∆BDA Do đó
Cộng (1.1.3) và (1.1.4) vế theo vế ta được
Đẳng thức AB.DC + BC.AD = BD(AE + CE) ≥ BD.AC xảy ra khi và chỉ khi điểm E nằm trên cạnh AC, tức là các điểm A và D nhìn cạnh BC dưới một góc bằng nhau Điều này đồng nghĩa với việc tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
Bây giờ, chúng ta chứng minh bất đẳng thức Hayashi (1.1.1).
Chứng minh Lấy hai điểmE và F sao cho BCM E và BCAF là các hình bình hành, khi đó tứ giác EM AF cũng là hình bình hành.
AF = EM = BC và EF = AM, EB = CM, BF = AC. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy lần lượt cho tứ giác ABEF và AEBM, ta được
AB.AM + BC.CM = AB.EF + AF.BE ≥ AE.BF = AE.AC,BM.AE +AM.CM = BM.AE +AM.BE ≥ AB.EM = AB.BC.
Đẳng thức AC.AB.BC ≥ aM B.M C + bM C.M A + cM A.M B ≥ abc chỉ xảy ra khi các tứ giác ABEF và AEBM nội tiếp được đường tròn Khi đó, AF và EM là hình bình hành, đồng thời AM vuông góc với EM hoặc BC Tương tự, CM cũng vuông góc với AB, do đó M là trực tâm của tam giác ABC.
Chúng tôi sẽ trình bày cách chứng minh bằng số phức một cách ngắn gọn và ấn tượng hơn Trước hết, hãy ôn lại một số kiến thức cơ bản về số phức.
Trường số phức được định nghĩa là tập R ×R các cặp số thực (x, y) với các phép toán
(x 1 , y 1 ) + (x 2 , y 2 ) = (x 1 +x 2 , y 1 +y 2 ) được gọi là phép cộng và
(x 1 , y 1 ) (x 2 , y 2 ) = (x 1 x 2 −y 1 y 2 , x 1 y 2 +x 2 y 1 ) được gọi là phép nhân Mọi số phức z = (x, y) được viết dưới dạng z x+ iy với i = (0,1) và mọi số thực x được xác định bởi số phức (x,0).Với z = x+iy, ta định nghĩa
(i) Số phức liên hợp của số phức z, được kí hiệu là z = x−iy Khi đó, ta có zz = x 2 +y 2
(ii) Số không âm |z| = px 2 +y 2 được gọi là mô-đun của số phức z.
Sử dụng các chú ý Rez = 1 2 (z+z) là phần thực của số phức z, Imz 1
2i (z+ z) là phần ảo của số phức z, ta có:
= |z 1 | 2 + |z 2 | 2 + 2Re(z 1 z 2 ) (1.1.5) trong đó z 1 , z 2 là các số phức tùy ý.
Bất đẳng thức tam giác được biểu diễn bởi công thức |z 1 + z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 | Đẳng thức trong công thức này xảy ra khi và chỉ khi đẳng thức ở (1.1.6) cũng xảy ra Đặc biệt, trong trường hợp z 1 6= 0 và z 2 6= 0, đẳng thức (1.1.7) chỉ xảy ra khi z 2 = tz 1 với t > 0.
Ta chứng minh được rằng
Bởi z 1 = (z 1 −z 2 ) +z 2 , cùng với bất đẳng thức tam giác (1.1.7) ở trên, ta được
Tương tự, ta cũng có
Bất đẳng thức (1.1.8) kéo theo các bất đẳng thức (1.1.9), (1.1.10).
Thay thế z2 bởi −z 2 trong (1.1.8), ta có |z 1 + z2| ≥ kz 1 | − |z 2 k Kết hợp với bất đẳng thức tam giác, ta được kz 1 | − |z 2 k ≤ |z 1 +z 2 | ≤ |z 1 |+|z 2 |.
Ta sẽ chứng minh điều kiện để đẳng thức xảy ra trong (1.1.8) khi
Giả sử ta có ||z 1 | − |z 2 || = |z 1 +z 2 |, thì
Re(z 1 z 2 ) = −|z 1 ||z 2 | = −|z 1 z 2 |. Điều này kéo theoRe(z 1 z 2 ) ≤ 0và(Re(z 1 z 2 )) 2 = (Re(z 1 z 2 )) 2 +(Im(z 1 z 2 )) 2
Ta có được điều phải chứng minh.
Ta chứng minh được bất đẳng thức tổng quát
Ta kiểm tra điều kiện để đẳng thức ở (1.1.12) xảy ra Giả sử rằng z k 6= 0 với mọi k = 1, , n Nếu n
|z k |. Điều này tương đương với |z 1 | + |z 2 | ≤ |z 1 + z 2 | ≤ |z 1 | + |z 2 | Vì vậy,
Vì z 1 z 2 ≥ 0 và z 1 z 2 6= 0 nên ta có z2 z 1 > 0 Tương tự, với k, j = 1, , n, ta có zk z j > 0 (1.1.14)
Ngược lại, giả sử ta có bất đẳng thức (1.1.14) Khi đó, n
Bất đẳng thức (1.1.12) gọi là bất đẳng thức mô-đun số phức.
• Cách 2 (Sử dụng số phức).
Chứng minh Giả sử M là gốc của mặt phẳng phức và đặt α, β, γ ∈ R×R lần lượt là tọa vị của ba điểm A, B, C Khi đó, với mọi α, β, γ ta có đồng nhất thức αβ(α −β) + βγ(β −γ) + γα(γ −α) = −(α−β)(β −γ)(γ −α).
(1.1.15) Áp dụng bất đẳng thức mô-đun của số phức và từ (1.1.15), ta được
Theo cách đặt trên ta có M A = |α|, M B = |β|, M C = |γ|, c = |α−β|, a = |β −γ|, b = |γ −α| Do đó, ta có bất đẳng thức aM B.M C +bM C.M A+ c.M A.M B ≥abc.
Bất đẳng thức (1.1.1) được chứng minh.
Chú ý 1.1.1 Trường hợp xảy ra dấu đẳng thức sẽ được xem xét trong Bài toán 1.3.1 ở mục sau.
Chúng tôi đã trình bày hai phương pháp chứng minh cho bất đẳng thức Hayashi Tiếp theo, chúng tôi sẽ giới thiệu một phương pháp chứng minh khác, trong đó bất đẳng thức Hayashi được xem là một trường hợp đặc biệt Chứng minh này sẽ dựa vào Bổ đề 1.1.2 và Bổ đề 1.1.3 được nêu dưới đây.
Bổ đề 1.1.2, được biết đến với tên gọi bất đẳng thức Klamkin, áp dụng cho một tam giác ABC tùy ý với các cạnh có độ dài lần lượt là a, b, c Trong mặt phẳng chứa tam giác, cho điểm P là một điểm bất kỳ Với các số thực x, y, z, ta có thể thiết lập các mối quan hệ nhất định giữa chúng.
(x+y +z) xP A 2 +yP B 2 +zP C 2 ≥ yza 2 +zxb 2 + xyc 2 (1.1.17)
Bình phương hai vế ta được
P A) ≥0. (1.1.18) Theo định lý hàm số cô-sin, ta có
P A) = P C 2 +P A 2 −b 2 Thay các đẳng thức trên vào (1.1.18), ta được
(x+y +z) xP A 2 + yP B 2 +zP C 2 ≥ yza 2 +zxb 2 + xyc 2 Đẳng thức trong (1.1.17) xảy ra khi và chỉ khix−→
P C =~0,tức là điểmP là tâm tỉ cự của hệ điểm A, B, C,gắn với các hệ sốx, y, z.
Bổ đề 1.1.3 chứng minh rằng trong tam giác ABC và điểm P bất kỳ trong mặt phẳng chứa tam giác, nếu bất đẳng thức f(a, b, c, R1, R2, R3) ≥ 0 đúng thì bất đẳng thức f(aR1, bR2, cR3, R2R3, R3R1, R1R2) ≥ 0 cũng đúng, với R1, R2, R3 là khoảng cách từ P đến các đỉnh A, B, C.
Trước hết, chúng tôi cần nhắc lại định nghĩa phép nghịch đảo mà sẽ được sử dụng trong chứng minh này.
Cho điểm O cố định và một số thực k khác 0 Đối với mỗi điểm M khác O, luôn tồn tại một điểm M 0 sao cho OM OM 0 = k Điểm M 0 được gọi là nghịch đảo của điểm M trong phép nghịch đảo cực O với tỉ số k.
Quay trở lại với chứng minh Bổ đề 1.1.3.
Chứng minh Xét phép nghịch đảo N tâm P, tỉ số R 1 R 2 R 3 , ta có
Khi đó, ta có P A 0 = P B.P C = R 2 R 3, P B 0 = R 3 R 1, P C 0 = R 1 R 2 và B 0 C 0 = R 1 R 2 R 3 Tương tự, P B.P C BC = aR 1, C 0 A 0 = bR 2, và A 0 B 0 = cR 3 Do f(a, b, c, R 1, R 2, R 3) ≥ 0 đúng với mọi tam giác ABC và mọi điểm P, nên khi áp dụng cho tam giác A 0 B 0 C 0 và điểm P, ta có f(B 0 C 0, C 0 A 0, A 0 B 0, P A 0, P B 0, P C 0) ≥ 0, hay f(aR 1, bR 2, cR 3, R 2 R 3, R 3 R 1, R 1 R 2) ≥ 0.
Sử dụng Bổ đề 1.1.2 và Bổ đề 1.1.3, chúng ta có thể chứng minh bất đẳng thức Jian Liu (Định lý 1.1.2) cho các số dương x, y, z Đối với bất kỳ tam giác ABC và điểm P trong mặt phẳng chứa tam giác này, bất đẳng thức sẽ luôn đúng.
√xy +yz +zx , (1.1.21) trong đó R 1 = P A, R 2 = P B, R 3 = P C. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác nhọn, P trùng với trực tâm của tam giác và x : y : z = cotA : cotB : cotC.
Nếu điểm P trùng với một trong các đỉnh của tam giác ABC, chẳng hạn P trùng với A, thì khoảng cách PA bằng 0, trong khi khoảng cách PB bằng c và khoảng cách PC bằng b Do đó, bất đẳng thức (1.1.21) trở nên tầm thường và không xảy ra dấu đẳng thức trong trường hợp này.
Tiếp theo, ta giả sử P không trùng với bất kỳ đỉnh nào của tam giác ABC. Nếu x, y, z là các số dương thì từ bất đẳng thức (1.1.17) ta có
(xR 2 1 +yR 2 2 + zR 2 3 ) 1 yz + 1 zx + 1 xy
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có a 2 x + b 2 y + c 2 z ≥ (a+b+c) 2 x+y +z Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x: y : z = a : b : c.
Kết hợp hai bất đẳng thức trên ta nhận bất đẳng thức sau
(xR 2 1 + yR 2 2 +zR 2 3 ) 1 yz + 1 zx + 1 xy
Dấu đẳng thức trong (1.1.22) xảy ra khi và chỉ khi x : y : z = a : b : c và
P là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Áp dụng phép nghịch đảo trong Bổ đề 1.1.3 cho bất đẳng thức (1.1.22), ta được x(R 2 R 3 ) 2 +y(R 3 R 1 ) 2 +z(R 1 R 2 ) 2 yz 1 + zx 1 + xy 1
(R 2 R 3 ) 2 yz + (R 3 R 1 ) 2 zx + (R 1 R 2 ) 2 xy ≥ aR 1 +bR 2 +cR 3 x+ y+ z
Thay x → xR 2 1 , y →yR 2 2 , z →zR 2 3 vào (1.1.23) ta được
1 yz + 1 zx + 1 xy ≥ aR 1 +bR 2 +cR 3 xR 2 1 + yR 2 2 +zR 2 3
Lại một lần nữa, thay x → x 1 , y → 1 y , z → 1 z vào (1.1.24) ta được bất đẳng thức (1.1.21) cần chứng minh.
Nếu đẳng thức (1.1.19) xảy ra khi P là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC, thì đẳng thức (1.1.20) xảy ra khi tam giác ABC là tam giác nhọn và P là trực tâm của nó Kết hợp điều này với điều kiện đẳng thức trong (1.1.22), ta có đẳng thức (1.1.21) xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác nhọn và P là trực tâm của nó.
Các hệ quả của bất đẳng thức Hayashi
Hệ quả 1.2.1 (Bất đẳng thức Euler, xem [10]) Ký hiệu R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC Khi đó
Chứng minh Xét trường hợp M trùng với O (trong đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC), bất đẳng thức Hayashi (1.1.1) trở thành
Trong tam giác ABC, có công thức S r = 2Rr, với a+b+c = 2p, trong đó S là diện tích của tam giác Từ đó, ta có thể kết luận rằng R ≥ 2r Đẳng thức này chỉ xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều.
Hệ quả 1.2.2 Ký hiệu m a , m b , m c lần lượt là độ dài các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC Khi đó m a m b ab + m b m c bc + m c m a ca ≥ 9
4. Chứng minh Xét trường hợp M trùng với G (trong đó G là trọng tâm tam giác ABC), bất đẳng thức (1.1.1) ta suy ra m a m b ab + m b m c bc + m c m a ca ≥ 9
4.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
Một số bài toán áp dụng bất đẳng thức Hayashi
Trong bài toán 1.3.1 từ Olympic toán Trung Quốc 1998, cho tam giác nhọn ABC và điểm P nằm trong tam giác Cần chứng minh rằng aP B.P C + bP C.P A + c.P A.P B = abc nếu và chỉ nếu P là trực tâm của tam giác ABC.
Giải Theo chứng minh bất đẳng thức Hayashi (1.1.1) ta có aP B.P C +bP C.P A+ c.P A.P B ≥ abc.
Bây giờ ta xét trường hợp dấu đẳng thức xảy ra Đặt z 1 = αβ
(γ −β)(α −β), với cách đặt như trên, từ (1.1.15) và (1.1.16) ta có z 1 +z 2 +z 3 = 1 và |z 1 |+|z 2 |+|z 3 | = 1.
Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z 1 , z 2 , z 3 là các số thực dương.
Ta chứng minh z 1 , z 2 , z 3 là các số thực dương khi và chỉ khi P là trực tâm của tam giác ABC Thật vậy, giả sử z1, z2, z3 là các số thực dương. Vì
Trong biểu thức (αβ - γ)², ta suy ra rằng αβ - γ, βγ - α, và γα - β là các số thuần ảo Đặc biệt, số phức β - γα có bình phương là một số âm, do đó cũng là số thuần ảo Điều này cho thấy góc tạo bởi véc-tơ biểu diễn α có những đặc điểm quan trọng trong không gian số phức.
P A) và véc-tơ biểu diễn β −γ (là −−→
Trong tam giác ABC, nếu điểm P có số đo 90 độ, thì P A vuông góc với BC, và tương tự, P B vuông góc với CA Do đó, P chính là trực tâm của tam giác ABC Ngược lại, nếu P là trực tâm của tam giác nhọn ABC và nằm trong tam giác, thì P A cũng vuông góc với BC.
BC có số đo 90 0 , suy ra tồn tại số thực dương r 1 sao cho α β −γ = −r 1 i.
Tương tự, tồn tại các số thực dương r 2 , r 3 sao cho β γ−α = −r 2 i, γ α −β = −r 3 i.
Khi đó z 1 = r 1 r 2 , z 2 = r 2 r 3 , z 3 = r 3 r 1 là các số thực dương.
Từ các kết quả trên, ta kết luận đẳng thức (1.3.1) xảy ra khi và chỉ khi P là trực tâm của tam giác ABC.
Trong bài toán 1.3.2, cho G là trọng tâm của tam giác ABC Gọi R1, R2, R3 lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác GBC, GCA, GAB, và ABC Nhiệm vụ là chứng minh mối quan hệ giữa các bán kính này.
Áp dụng bất đẳng thức Hayashi với G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có bất đẳng thức aGB.GC + bGC.GA + cGA.GB ≥ abc, trong đó a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh của tam giác ABC.
Hình 1.3.2 Mặt khác, ta có aGB.GC = 4R 1 S ∆GBC = 4
3R 1 S ∆ABC Tương tự bGC.GA = 4
R 1 + R 2 +R 3 ≥ 3R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
Bài toán 1.3.3 trong kỳ thi chọn đội tuyển IMO Romania 2004 đề cập đến một tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác đó Các bán kính R1, R2, R3, R được xác định tương ứng với các đường tròn ngoại tiếp các tam giác GBC, GCA, GAB và ABC Đồng thời, các đường thẳng PA, PB, PC cắt các cạnh của tam giác ABC.
BC, CA, AB tại A 1 , A 2 , A 3 Ký hiệu k 1 = P A AA 1
S ∆ABC , tương tự, ta có k 2 = S ∆P CA
Hình 1.3.3 Mặt khác, ta có
4R 3 Áp dụng bất đẳng thức Hayashi cho tam giác ABC và điểm P nằm trong nó tương đương với bất đẳng thức sau aP B.P C
S ∆P BC R 1 +S ∆P CA R 2 +S ∆P AB R 3 ≥R.S ∆ABC , hay
Vậy ta được bất đẳng thức k1R1 +k2R2 + k3R3 ≥ R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trực tâm tam giác ABC.
Trong tam giác ABC với các cạnh a, b, c, ta có các đường cao h_a, h_b, h_c và bán kính đường tròn ngoại tiếp R, nội tiếp r Các điểm O, I, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trọng tâm của tam giác Bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác GBC, GCA, GAB được ký hiệu là R_1, R_2, R_3; bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác IBC, ICA, IAB là ra, rb, rc; và bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OBC, OCA, OAB được ký hiệu là R_10, R_20, R_30 Cần chứng minh các mối quan hệ giữa các bán kính này trong tam giác ABC.
≥R,khi tam giác ABC không tù và x, y, z là khoảng cách từ O đến ba cạnh.
Hình 1.3.4 (i) Áp dụng bất đẳng thức Hayashi cho tam giác ABC với điểm I, ta có aIB.IC +bIC.IA+cIA.IB ≥abc.
Vì aIB.IC = 4raS∆IBC = 2rara = 4r a h a rabc 4R = r a h a rabc
R , tương tự có bIC.IA = r b h b rabc
≥ R r Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
(ii) Áp dụng bất đẳng thức Hayashi cho tam giác ABC với điểm O, ta có aOB.OC +bOC.OA+ cOA.IO ≥abc.
Vì aOB.OC = 4R 0 1 S ∆OBC = 2R 0 1 xa = 4R 0 1 x h a abc 4R = R 0 1 x h a abc
R Tương tự, ta có bOC.OA = R 0 2 y h b abc
R 0 1 x h a + R 0 2 y h b + R 0 3 z h c ≥R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác
Trong phần nầy, chúng tôi trình bày mở rộng của bấ đẳng thức Hayashi cho đa giác.
Ta thấy bất đẳng thức Hayashi cho tam giác (1.1.1) có thể viết lại dưới dạng:
Bất đẳng thức Hayashi có thể được mở rộng một cách tự nhiên cho đa giác n cạnh thông qua Định lý 1.4.1 Định lý này cung cấp cơ sở lý thuyết cho việc áp dụng bất đẳng thức trong trường hợp của đa giác, như đã được trình bày trong tài liệu tham khảo [3].
A 1 A 2 A n và điểm M tùy ý ta luôn có n
Qn k=1M A k (1.4.1)(Với n= 3 ta thu được bất đẳng thức Hayashi cho tam giác.)
Chứng minh Giả sử đỉnh A k có tọa vị a k với k = 1,2, , n và điểm M có tọa vị z Ta có
Qn k=1M A k Vậy Định lý 1.4.1 được chứng minh.
Chúng ta sẽ chứng minh một bất đẳng thức mà bất đẳng thức Hayashi là một trường hợp đặc biệt của nó Định lý 1.4.2 (Bất đẳng thức (M, N), xem [3]) khẳng định rằng, với một đa giác A1 A2 An, cho bất kỳ s < n, các điểm N1 N2 Ns và điểm M thuộc mặt phẳng chứa đa giác A1 A2 An luôn thỏa mãn một mối quan hệ nhất định.
Hơn nữa, ta còn có một số kết quả sau:
(i) Khi s = 0 ta có bất đẳng thức Hayashi cho đa giác.
(ii) Khi n = 3, s = 1, bốn điểm A, B, C, N thuộc đường tròn tâm M ta có bất đẳng thức aAN +bBN +cCN ≥ 4S ∆ABC
Chứng minh Giả sử đỉnh A k có tọa vị a k với k = 1,2, , n và điểm M có tọa vị z, và Nj có tọa vị zj, với j = 1,2, , s Theo công thức nội suy Lagrange, ta có s
Qs j=1|a k −z j | Q i6=k|a k −a i | |z −a k |. từ đây ta suy ra bất đẳng thức
Qs j=1A k N j Q i6=kA k A i M A k (i) Khi s = 0 ta có Q
M N j = 1 = QA k N j nên bất đẳng thức (1.4.2) trở thành bất đẳng thức Hayashi cho đa giác (1.4.1).
(ii) Khi n = 3, s = 1, bốn điểm A, B, C, N thuộc đường tròn tâm M ta có bất đẳng thức abc
R ≤ aAN +bBN +cCN, hay aAN +bBN +cCN ≥ 4S ∆ABC Vậy Định lý 1.4.2 được chứng minh.
Trong tam giác ABC, với độ dài các cạnh a, b, c và các tâm đường tròn nội tiếp I, cùng các tâm đường tròn bàng tiếp Ja, Jb, Jc, có thể khẳng định rằng với bất kỳ điểm M nào, luôn tồn tại một mối quan hệ nhất định giữa các điểm này.
≤ AJ a +AJ b +AJ c bcM A + BJ a +BJ b +BJ c caM B + CJ a + CJ b +CJ c bcM C Giải.
(i) Theo bất đẳng thức (M, N) với n= 3, s = 1 ta có
M A.M B.M C ≤ AI bcM A + BI caM B + CI abM C.
Do đó ta có abcM I
(ii) Theo bất đẳng thức (M, N) với n = 3, s = 1 ta có các bất đẳng thức
M A.M B.M C ≤ AJ a bcM A + BJ a caM B + CJ a abM C, (1.4.4)
M A.M B.M C ≤ AJb bcM A + BJb caM B + CJb abM C, (1.4.5)
M A.M B.M C ≤ AJ c bcM A + BJ c caM B + CJ c abM C (1.4.6) Cộng ba bất đẳng thức (1.4.4), (1.4.5) và (1.4.6) vế theo vế, ta được
+ BJ a + BJ b +BJ c caM B + CJ a +CJ b +CJ c bcM C
Trong chương này, chúng tôi sẽ giới thiệu bất đẳng thức Weitzenbock cho tam giác, bao gồm dạng suy rộng và các hệ quả liên quan Bên cạnh đó, chúng tôi sẽ cung cấp các bài toán áp dụng thực tiễn Cuối cùng, chúng tôi sẽ trình bày bất đẳng thức Weitzenbock cho đa giác và phiên bản ngược của bất đẳng thức này.
Bất đẳng thức Weitzenbock
Định lý 2.1.1 (Bất đẳng thức Weitzenbock, xem [10]) Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác với diện tích S Khi đó, ta có a 2 +b 2 + c 2 ≥ 4√
3S (2.1.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đó là tam giác đều.
Chứng minh Ta viết a = y + z, b = z + x, c = x + y với x, y, z > 0.
Sử dụng hai bất đẳng thức cơ bản sau: p 2 +q 2 ≥2pq và (p+q +r) 2 ≥ 3 (pq+ qr+rp).
≥16.3 (xy.yz+yz.zx+ xy.yz)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
Bất đẳng thức Weitzenbock (2.1.1) là bất đẳng thức cơ bản nhất liên hệ giữa cạnh và diện tích của tam giác Tuy nhiên, bất đẳng thức Hadwiger-Finsler còn mạnh mẽ hơn Theo định lý 2.1.2, với a, b, c là các cạnh của một tam giác có diện tích S, ta có bất đẳng thức a² + b² + c² ≥ (a−b)² + (b−c)² + (c−a)² + 4√.
Chứng minh Ta viết a = y + z, b = z + x, c = x + y với x, y, z > 0. Khi đó, (2.1.3) trở thành xy+ yz+zx ≥ q 3xyz(x+y +z)
Bất đẳng thức (xy − yz)² + (yz − zx)² + (zx − xy)² ≥ 0 được chứng minh là hiển nhiên Đẳng thức này chỉ xảy ra khi tam giác là tam giác đều.
Nhận xét 2.1.1 (Xem [11]) Bất đẳng thức Weitzenbock và bất đẳng thức Hadwiger-Finsler là hai bất đẳng thức tương đương.
Chứng minh Ta thấy (2.1.3)⇒ (2.1.1) là hiển nhiên.
Trước tiên, ta chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề 2.1.1 (Xem [11]) Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c và diện tích S, nếu đặt a 0 q a(b+c−a), b 0 q b(c+a−b), c 0 q c(a+b−c) và
2 , thì tam giác A 0 B 0 C 0 có các cạnh là a 0 , b 0 , c 0 với các góc là A 0 , B 0 , C 0 , và diện tích S 0 = S.
Chứng minh Vì a+b−c > 0, b+c−a > 0, c+a−b > 0 nên ta có (a 0 +b 0 ) 2 = a(b+c−a) +b(c+a−b) + 2 q a(b+ c−a)b(c+a−b)
Tương tự, ta có b 0 + c 0 > a 0 và c 0 + a 0 > b 0 Do đó, a 0 , b 0 , c 0 là ba cạnh của tam giác A 0 B 0 C 0
2 = π, nên A 0 , B 0 , C 0 là ba góc của một tam giác.
Giả sử, một tam giác với các cạnh a 0 , b 0 , c 0 là tam giác A 1 B 1 C 1 , khi đó cosA 1 = b 02 +c 02 −a 02
Do đó, A 1 = A 0 Tương tự, ta có B 1 = B 0 , C 1 = C 0
Vậy ba góc của tam giác A 1 B 1 C 1 với các cạnh a 0 , b 0 , c 0 chính là tam giác với các góc A 0 , B 0 C 0
Do vậy, S 0 = S Bổ đề được chứng minh.
Từ bất đẳng thức Weitzenbock và Bổ đề 2.1.1 ta có a 02 +b 02 + c 02 ≥ 4√
Bất đẳng thức (2.1.5) là dạng khai triển của bất đẳng thức (2.1.3) Đối với hai tam giác, bất đẳng thức Weitzenbock có thể được tổng quát để dẫn đến bất đẳng thức Neuberg-Pedoe Định lý 2.1.3 trình bày bất đẳng thức Neuberg-Pedoe cho hai tam giác, xem thêm trong tài liệu [7].
A 1 B 1 C 1 với độ dài các cạnh là a 1 , b 1 , c 1 , diện tích S 1 và A 2 B 2 C 2 với độ dài các cạnh là a 2 , b 2 , c 2 , diện tích S 2 Khi đó, ta có
(b 2 2 +c 2 2 −a 2 2 )a 2 1 + (c 2 2 +a 2 2 −b 2 2 )b 2 1 + (a 2 2 + b 2 2 −c 2 2 )c 2 1 ≥16S 1 S 2 (2.1.6) Chứng minh Ta cần sử dụng bổ đề sau.
Bổ đề 2.1.2, hay còn gọi là bất đẳng thức Aczel, đề cập đến hai bộ số thực không âm a_i và b_i (i = 1,2, ,n) thỏa mãn điều kiện a_1^2 ≥ a_2^2 + + a_n^2 và b_1^2 ≥ b_2^2 + + b_n^2 Từ đó, chúng ta có thể suy ra rằng a_1b_1 - (a_2b_2 + + a_nb_n) ≥ q (a_1^2 - (a_2^2 + + a_n^2))(b_1^2 - (b_2^2 + + b_n^2)) Chứng minh cho bất đẳng thức này dựa trên bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, cho thấy rằng a_1b_1 ≥ q (a_2^2 + + a_n^2)(b_2^2 + + b_n^2) ≥ a_2b_2 + + a_nb_n, từ đó dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh.
Trong trường hợp a 2 1 −(a 2 2 + +a 2 n ) = 0 là tầm thường Vì vậy, ta giả sử a 2 1 −(a 2 2 + +a 2 n ) > 0 Điều này làm ta nghĩ đến đa thức bậc hai sau
−b i ) 2 ≤ 0, hệ số của x 2 trong đa thức P là số dương, nên P có ít nhất một nghiệm thực Vì thế, P có biệt thức không âm Suy ra a1b1 − n
• Bổ đề được chứng minh.
Quay lại chứng minh bất đẳng thức (2.1.6) của Định lý 2.1.3: Áp dụng bất đẳng thức Aczel với n = 4, bộ số (a1, a2, a3, a4) được thay thế bởi (a 2 1 +b 2 1 +c 2 1 , √
2c 2 1 ), ta kiểm tra nó thỏa mãn điều kiện của bất đẳng thức Aczel Thậy vậy, ta có
Tương tự, bộ (b 1 , b 2 , b 3 , b 4 ) được thay thế bởi
2c 2 2 ) Thay vào bất đẳng thức Aczel, ta được q
Mặt khác, theo công thức Hê-rông với i = 1,2 ta có
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai bộ số
2c 2 2 ) tỉ lệ, hay hai tam giác A1B1C1 và A2B2C2 đồng dạng.
Vậy Định lý 2.1.3 được chứng minh.
Khi đặt x = −a² + b² + c², y = a² − b² + c², z = a² + b² − c² với a, b, c là độ dài các cạnh và S là diện tích của tam giác ABC, ta có thể thay thế tam giác A₁B₁C₁ với độ dài các cạnh a₁, b₁, c₁ và diện tích S₁ Bất đẳng thức Neuberg-Pedoe được diễn đạt lại dưới dạng xa² + yb² + zc² ≥ 4√(xy + yz + zx)S, đây chính là bất đẳng thức Weizenbock suy rộng Theo định lý 2.1.4, với x, y, z là các số thực thỏa mãn x+y, y+z, z+x, xy+yz+zx≥ 0, ta có xa² + yb² + zc² ≥ 4√(xy + yz + zx)S.
Tiếp theo, chúng tôi trình bày một số cách chứng minh bất đẳng thức Weizenbock suy rộng.
Chứng minh Ta có xa 2 +yb 2 +zc 2 = x(a 2 −b 2 −c 2 ) + (x+ y)b 2 + (z +x)c 2
= −2bcxcosA+ (x+y)b 2 + (z+x)c 2 (2.1.8) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Do đó, từ (2.1.8) ta được xa 2 +yb 2 +zc 2 ≥ 2bc q (x+ y)(z+ x)−xcosA
Ta sẽ chứng minh rằng q
(x+y)(z+ x)−xcosA ≥ √ xy+ yz+zx sinA (2.1.9) Thật vậy, bình phương hai vế (2.1.9), ta được
⇔(xy +yz +zx) +x 2 −x 2 cos 2 A−2xcosA q (x+y)(z+ x)
(x+y)(z+x)cosA−x) 2 ≥ 0 (2.1.10) Bất đẳng thức (2.1.10) luôn đúng Từ đó ta có xa 2 +yb 2 +zc 2 ≥ 2bcsinA√ xy +yz +zx = 4√ xy +yz +zxS.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
(x+y)(z+x) vào biểu thứca 2 = b 2 +c 2 −2bccosA biến đổi ta được a 2 c 2 = y +z z+x, hay
√y +z. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Sau đây là một cách chứng minh khác cho bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7).
Chứng minh Không mất tổng quát, giả sử BC là cạnh lớn nhất của tam giác ABC Giả sử H là chân đường cao hạ từ A xuống BC.
Ta có xa 2 +yb 2 +zc 2 = xBC 2 +y(AH 2 +HC 2 ) +z(AH 2 +HB 2 )
= xBC 2 + (y+ z)AH 2 + yHC 2 + zHB 2 (2.1.11) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có yHC 2 +zHB 2
≥ (HB +HC) 2 = a 2 Suy ra yHC 2 +zHB 2 ≥ yza 2 y +z (2.1.12)
Từ (2.1.11) và (2.1.12) suy ra xa 2 +yb 2 +zc 2 ≥ (xy +yz+ zx)a 2 y +z + (y +z)AH 2
≥ 2√ xy +yz +zxaAH = 4√ xy+ yz+zxS.
Vậy bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) được chứng minh.
Khi x = y = z (khác 0), bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) trở thành bất đẳng thức Weitzenbock cơ bản (2.1.1) Tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét các hệ quả của bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng.
Các hệ quả của bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng
Hệ quả 2.2.1 Đặt a, b, c là độ dài các cạnh và S là diện tích của tam giác ABC Với mọi số thực dương x, y, z, ta có ryz x a 2 + rzx y b 2 + rxy z c 2 ≥ 4√ x+y +zS (2.2.1)
Áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) với x, y, z lần lượt là qyz x, qzx y, và qxy z, ta có xy + yz + zx = x + y + z Từ đó, suy ra rằng ryz x a² + rzx y b² + rxy z c² ≥ 4√(x+y+z)S Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi √(zx)a² = y + √(xy)z.
Hệ quả 2.2.2 Đặt a, b, c là độ dài các cạnh và S là diện tích của tam giác ABC Với mọi số thực dương x, y, z, ta có yz x a 4 + zx y b 4 + xy z c 4 ≥ x+y +z
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
Từ bất đẳng thức (2.2.1) và (2.2.3) suy ra yz x a 4 + zx y b 4 + xy z c 4 ≥ x+y +z
3 16S 2 Vậy bất đẳng thức (2.2.2) được chứng minh.
Hệ quả 2.2.3 Đặt a, b, c là độ dài các cạnh và S là diện tích của tam giác ABC Với mọi số thực dương x, y, z, ta có
Chứng minh (i) Áp dụng bất đẳng thức (2.2.2), với x = y = z, ta được a 4 +b 4 +c 4 ≥ 16S 2
(ii) Áp dụng bất đẳng thức (2.2.1), với x = a 4 , y = b 4 , z = c 4 , và (2.2.4) ta có b 2 c 2 + c 2 a 2 +a 2 b 2 ≥ 4√ a 4 +b 4 +c 4 S ≥16S 2 (iii) Với x = a 2 , y = b 2 , z = c 2 từ bất đẳng thức (2.2.2), ta được
Từ (2.2.7) và bất đẳng thức Weitzenbock (2.1.1), suy ra
Hệ quả 2.2.4 đề cập đến tam giác ABC với độ dài các cạnh a, b, c và diện tích S Đối với mọi số thực dương x, y, z, bất đẳng thức xab + ybc + zca ≥ 4√(xy + yz + zx)S được thiết lập Để chứng minh điều này, ta áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng, trong đó thay thế x, y, z bằng các tỉ lệ tương ứng với các cạnh của tam giác, dẫn đến xab + ybc + zca ≥ 4√(xyca + yzab + zxbc)S.
(xab+ybc+zca) 2 ≥ 16S 2 xyc a + yza b +zxb c
Lại thay x, y, z lần lượt bởi z a c , x a b , y b c vào bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7), và bình phương hai vế, ta được
(xab+ybc+zca) 2 ≥16S 2 xya c + yzb a +zxc b
(2.2.10) Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức (2.2.9) và (2.2.10) ta được
(2.2.11) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, cho vế phải của bất đẳng thức (2.2.11), ta được
2(xab+ybc+zca) 2 ≥2.16S 2 (xy +yz +zx), hay xab+ ybc+ zca ≥4√ xy+ yz+zxS.
Vậy bất đẳng thức (2.2.8) được chứng minh.
Trong bất đẳng thức (2.1.7) và (2.2.8), các biến số dương x, y, z có thể được thay thế bằng độ dài các đoạn thẳng M A, M B, M C Điều này mở ra khả năng tạo ra một số ví dụ minh họa cho các bất đẳng thức này.
Các ứng dụng của bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng
Cho tam giác ABC với các cạnh BC, CA, AB lần lượt là a, b, c và diện tích S M là một điểm bất kỳ trong tam giác Cần chứng minh rằng aM A + bM B + cM C ≥ 4S.
Giải. Áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) với x = M A a , y M B b , z = M C c , ta có
M A a S. Mặt khác, theo bất đẳng thức Hayashi (1.1.1), ta có
M A a ≥ 1, nên ta suy ra aM A+ bM B+cM C ≥ 4S.
Vậy bất đẳng thức (2.3.1) được chứng minh.
Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh BC, CA, AB lần lượt là a, b, c và có diện tích S Nếu M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác, ta cần chứng minh rằng biểu thức bc/a * M_A + ca/b * M_B + ab/c * M_C ≥ 4S.
Giải. Áp dụng Hệ quả 2.2.4 của bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng với x M C c , y = M A a , z = M B b , ta có bc aM A+ ca b M B + ab c M C ≥ 4 rM A a
M A a S. Mặt khác, theo bất đẳng thức Hayashi (1.1.1) ta có
M A a ≥ 1, nên ta suy ra bc a M A+ ca b M B+ ab c M C ≥ 4S.
Vậy bất đẳng thức (2.3.2) được chứng minh.
Cho tam giác ABC với các cạnh a, b, c và diện tích S, cùng với tam giác A'B'C' có các cạnh a', b', c' và diện tích S' Đối với một điểm M nằm trong tam giác, ta cần chứng minh rằng a'²a_MA + b'²b_MB + c'²c_MC ≥ 4S' Áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock mở rộng cho tam giác A'B'C' với x = MA/a, y = MB/b, z = MC/c, ta có a'²a_MA + b'²b_MB + c'²c_MC ≥ 4rMA/a.
M A a S 0 Mặt khác, theo bất đẳng thức Hayashi (1.1.1) ta có
Nhận xét 2.3.1 (i) Nếu M cho trùng với H là trực tam giác ABC nhọn thì HA = 2RcosA, a = 2RsinA, , ta nhận bất đẳng thức lượng giác a 0 cotA+b 0 cotB+ c 0 cotC ≥ 4S 0
(ii) Nếu tam giác A 0 B 0 C 0 có các đỉnh A 0 , B 0 , C 0 là tâm đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C của tam giác ABC, ta có a 0 = 4RcosA
2, S 0 = 2RS r thì ta được bất đẳng thức lượng giác cotA
Ví dụ 2.3.4 Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c; diện tích
Trong tam giác A0B0C0 với các cạnh a0, b0, c0 và diện tích S0, ta có một điểm M bất kỳ trong mặt phẳng Để chứng minh bất đẳng thức xa0^2 a^2 MA^2 + yb0^2 b^2 MB^2 + zc0^2 c^2 MC^2 ≥ 4rxyz/(x+y+z)S0, ta áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock mở rộng cho tam giác A0B0C0, từ đó suy ra x a^2 MA^2/a0^2 + y b^2 MB^2/b0^2 + z c^2 MC^2/c0^2.
M B 2 b 2 S 0 (2.3.5) Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có yzM B 2 b 2
Từ (2.3.5) và (2.3.6), ta suy ra xa 02 a 2 M A 2 +yb 02 b 2 M B 2 +zc 02 c 2 M C 2 ≥ 4 r xyz x+y +zS 0 Vậy bất đẳng thức (2.3.4) được chứng minh.
Trong tam giác ABC với độ dài các cạnh BC, CA, AB lần lượt là a, b, c và diện tích S, nếu M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác, thì có thể chứng minh rằng
Giải. Áp dụng Hệ quả (2.2.8) của bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng, ta có
S. Để chứng minh bất đẳng thức (2.3.7) ta cần chứng minh
Từ các bất đẳng thức (2.3.8) và (2.3.9), ta suy ra điều phải chứng minh.
Cho tam giác ABC với các cạnh a, b, c và nội tiếp đường tròn (O;R) Đối với một điểm M bất kỳ trong tam giác, với x, y, z là các số thực dương, ta có thể chứng minh rằng xM_B.M_C a + yM_C.M_A b + zM_A.M_B c ≥ √(xy + yz + zx)(R² - OM²).
Trước tiên, ta xét bổ đề sau.
Bổ đề 2.3.1 Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c, nội tiếp đường tròn (O;R) M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác Gọi
A 0 , B 0 , C 0 lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M lên các cạnh
BC, CA, AB Khi đó, ta có
Chứng minh Ký hiệu A 1 , B 1 , C 1 lần lượt là giao điểm của AM, BM, CM với đường tròn (O;R) Giả sử a 0 , b 0 , c 0 lần lượt là ba cạnh của tam giác
A 0 B 0 C 0 và a 1 , b 1 , c 1 lần lượt là ba cạnh của tam giác A 1 B 1 C 1
Ta có a 1 = AM sinA = AM a
Vì ∆B 1 M C 1 v ∆CM B nên a a 1 = B CM 1 M = C BM 1 M
Tương tự, ta có b b 1 = C AM 1 M = A CM 1 M , và c c 1 = A BM 1 M = B AM 1 M
Mặt khác, a 0 a 1 = b 0 b 1 ⇔ AM 2R a a C BM 1 M = BM 2R b b C AM 1 M (đúng).
Tương tự, ta cũng có b 0 b 1 = c 0 c 1
Bổ đề 2.3.1 được chứng minh.
Quay trở lại với bài toán ở Ví dụ 2.3.6.
GọiA 0 , B 0 , C 0 lần lượt là hình chiếu của điểmM lên các cạnhBC, CA, AB. Theo Bổ đề 2.3.1, ta có
Hình 2.3 Áp dụng Hệ quả (2.2.8) của bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng với
= xM C.M B.cb+yM A.M C.ac+ zM B.M A.ba
= xM C.M B.cb+yM A.M C.ac+ zM B.M A.ba abc
= xM B.M C a +yM C.M A y +zM A.M B c Vậy bất đẳng thức (2.3.10) được chứng minh.
Ví dụ 2.3.7 Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c, và diện tích S Với u, v, w là các số thực dương tùy ý, chứng minh rằng a 2 +b 2 +c 2 ≥ 4√
Ta biến đổi (2.3.11) về dạng
3S. Đặt x = 2vw +uv +uwưu 2 u(u+v +w) ; y = 2uw +uv +vw−v 2 v(u+v +w) ; z = 2uv+ vw+uw−w 2 w(u+v +w) Khi đó ta có xy +yz +zx = 3; x+y ≥ 0; y+ z ≥ 0; z+x ≥ 0.
Ta cần chứng minh xa 2 +yb 2 +zc 2 ≥ 4√ xy +yz +zxS. Đây chính là bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) Vậy bất đẳng thức (2.3.11) được chứng minh.
Các ví dụ tiếp theo, ta sẽ xét sự mở rộng của bất đẳng thức Hadwiger- Finsler theo hướng mở rộng của bất đẳng thức (2.1.7).
Ví dụ 2.3.8 Cho x, y, z là các số thực dương Đặt a, b, c là độ dài các cạnh và S là diện tích của tam giác ABC Khi đó ta có
Trong tam giác ABC, ký hiệu A0, B0, C0 lần lượt là tâm và ra, rb, rc là bán kính của các đường tròn bàng tiếp ứng với các góc A, B, C Ba điểm (A0, B, C0), (B0, C, A0) và (C0, A, B0) tạo thành các đường thẳng.
Gọi H, K là chân đường cao hạ từ B 0 , C 0 xuống AC, AB Áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) cho tam giác A 0 B 0 C 0 , ta có xB 0 C 02 +yC 0 A 02 +zA 0 B 02 ≥ 4√ xy +yz +zxS ∆A 0 B 0 C 0 (2.3.13)
Hình 2.4 Mặt khác, ta có
B 0 C 0 = B 0 A+AC 0 = AH cos( π 2 − A 2 ) + AK cos( π 2 − A 2 )
= AH +AK cos( π 2 − A 2 ) = p−c+ p−b cos( π 2 − A 2 ) = a sin A 2 = 4RcosA
2.Trong đó, p = a+b+c 2 và R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp,đường tròn nội tiếp tam giác A, B, C.
2 = R 2 sinA.sinB.sinC sin A 2 sin B 2 sin C 2
= 1 8R.2RsinA.2RsinB.2RsinC sin A 2 sin B 2 sin C 2 = abc
Theo tính chất của đường tròn bàng tiếp tam giác, ta có r a = p.tanA
Thật vậy, ta chứng minh S = r a (p−a).
Tương tự, ta có S = rb(p−b) và S = rc(p−c).
Ta lại có pr.abc
2. Tương tự, ta có r b +r c = 4Rcos 2 A
Từ các kết quả trên, ta suy ra xB 0 C 02 + yC 0 A 02 +zA 0 B 02
Từ (2.3.14) và (2.3.15), bất đẳng thức (2.3.13) tương đương với
Vì S = pr = ra(p−a) = rb(p−b) = rc(p −c) nên bất đẳng thức trên tương đương với r[r a (y +z) +r b (z +x) +r c (x+y)] ≥ 2S√ xy +yz +zx
Vậy bất đẳng thức (2.3.12) được chứng minh.
Nhận xét 2.3.2 Trong bất đẳng thức (2.1.7) nếu đặt y+z = x 1 , z+x y 1 , y +x = z 1 thì bất đẳng thức trở thành x 1 a 2 +y 1 b 2 + z 1 c 2
Bất đẳng thức này áp dụng cho độ dài ba cạnh của một tam giác với các giá trị x1, y1, z1 Tuy nhiên, câu hỏi đặt ra là liệu bất đẳng thức này có đúng với mọi số thực dương x1, y1, z1 hay không? Câu trả lời sẽ được làm rõ trong ví dụ dưới đây.
Với x, y, z là các số thực dương, và a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC, ta có bất đẳng thức xa² + yb² + zc² ≥ 4q(x² + y² + z²) - (x-y)² - (y-z)² - (z-x)²S + x(b-c)² + y(c-a)² + z(a-b)².
Giải. Áp dụng bất đẳng thức Weitzenbock suy rộng (2.1.7) cho tam giác A 0 B 0 C 0 (Hình 2.4), trong đó thay x, y, z lần lượt bởi (−x+y+z),(x−y+z),(x+ y −z), ta có
=4R[(−x+ y+ z)(rb +rc) + (x−y +z)(rc + ra) + (x+y −z)(ra+ rb)]
= 4 q x 2 +y 2 + z 2 −(x−y) 2 −(y −z) 2 −(z −x) 2 2SR r Suy ra xa 2 +yb 2 +zc 2 ≥ 4 q x 2 +y 2 + z 2 −(x−y) 2 −(y −z) 2 −(z −x) 2 S
+x(b−c) 2 +y(c−a) 2 +z(a−b) 2 Vậy bất đẳng thức (2.3.17) được chứng minh.
Bất đẳng thức Weitzenbock cho đa giác
Định lý 2.4.1, hay còn gọi là bất đẳng thức Weitzenbock cho đa giác, nêu rằng với các cạnh a_i (i = 1, 2, , n) của một đa giác lồi A_1 A_2 A_n và diện tích S của đa giác, ta có n.
Trong tất cả các đa giác n-cạnh có cùng chu vi, đa giác đều n-cạnh sở hữu diện tích lớn nhất Điều này chứng minh rằng tính đều của đa giác giúp tối ưu hóa diện tích trong giới hạn chu vi nhất định.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có na 2 = n −1 n
Từ (2.4.2) và (2.4.3) ta suy ra bất đẳng thức (2.4.1).
Tổng quát hơn, ta có Định lý 2.4.2 Trước tiên, ta cần nhắc lại bổ đề.
Bổ đề 2.4.1 (Xem [11]) Nếu αk ≥ 0, βk là các số thực (k = 1,2, n), và Pn k=1α k = P n k=1 β k = π, thì ta có n
X k=1 cotαk xảy ra khi và chỉ khi αk = βk với k = 1, 2, , n Theo định lý 2.4.2, nếu a i (i = 1, 2, , n) là các cạnh của một đa giác lồi A 1 A 2 A n và S là diện tích của đa giác, thì với điều kiện α i ≥ 0 (i = 1, 2, , n) và tổng Pn i=1α i = π, ta có n.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng đa giác lồi A1 A2 An với các đỉnh nằm trên một đường tròn có diện tích lớn nhất Gọi 2γi là góc ở tâm tương ứng với cạnh ai, với i = 1, 2, , n Theo Bổ đề 2.4.1, ta có n.
Biến đổi sơ cấp (2.4.5) ta được n
X i=1 sin2γi (2.4.6) Mặt khác, a i = 2Rsinγ i (i = 1,2, , n) (2.4.7) và
Thế (2.4.7) và (2.4.8) vào (2.4.6) ta thu được bất đẳng thức (2.4.4).
Giả sử a_i (i = 1,2,3,4) là các cạnh của tứ giác ABCD với S là diện tích của tứ giác Nếu các số thực λ_i (i = 1,2,3,4) thỏa mãn điều kiện λ_2 λ_3 λ_4 + λ_3 λ_4 λ_1 + λ_4 λ_1 λ_2 + λ_1 λ_2 λ_3 > 0 và λ_1 + λ_2 + λ_3 + λ_4 > 0, thì tồn tại một bất đẳng thức liên quan.
Giải. Đặt tλi = cotαi(i = 1,2,3,4), t là số thực không đổi Áp dụng bất đẳng thức (2.4.4) với n = 4, ta có α 1 +α 2 +α 3 +α 4 = π, và tan(α 1 +α 2 + α 3 +α 4 ) = 0.
Từ kết quả đã biết tan(α 1 +α 2 +α 3 +α 4 ) P
Q4 i=1cotαi −P 1≤j