BẤT ĐẲNG THỨC GERRETSEN VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON 1) Bất đẳng thức Gerretsen : \[\boxed{16Rr-5r^2\leq p^{2}\leq 4R^2+4Rr+3r^2}\] a) Bất đẳng thức $Gerretsen$ thứ nhất : $\boxed{16Rr-5r^2\leq p^{2}}$ Chứng minh : Ta sẽ chứng minh $\boxed{IG^{2}=\dfrac{1}{9}(p^2+5r^2-16Rr)}$ Ta có $IG^{2}=\left ( \overrightarrow{OI}-\overrightarrow{OG} \right )^{2}=OI^2+OG^2-2\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{OG}=OI^2+OG^2-\dfrac{2}{3(a+b+c)}\left ( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right )\left ( a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right )$ Mà $(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}).(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$ $=(a+b+c)R^2+\dfrac{1}{2}a\left [ \left ( OA^2+OB^2-AB^2 \right ) +\left ( OA^2+OC^2-AC^2 \right )\right ]+\dfrac{1}{2}b\left [ (OB^2+OA^2-AB^2)+(OB^2+OC^2-BC^2) \right ]+\dfrac{1}{2}c\left [ \left ( OC^2+OA^2-AC^2 \right ) +(OB^2+OC^2-BC^2)\right ]$ $=2pR^{2}+\dfrac{1}{2}a(4R^2-b^2-c^2)+\dfrac{1}{2}b(4R^2-c^2-a^2)+\dfrac{1}{2}c(4R^2-a^2-b^2)$ $=2pR^2+(a+b+c)2R^2-\dfrac{1}{2}\left [ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right ]$ $=6pR^2-\dfrac{1}{2}(ab+bc+ca)(a+b+c)+\dfrac{3}{2}abc$ $=6pR^2-\dfrac{1}{2}(p^2+r^2+4Rr).2p+\dfrac{3}{2}.4Rrp=6pR^2-p^3-pr^2+2Rrp$ Theo hệ thức $Euler$ và phương tích trọng tâm, ta có : \[OI^{2}=R^2-2Rr,\;\;OG^{2}=R^2-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{9}=R^2+\dfrac{2p^2}{9}+\dfrac{2r^2}{9}+\dfrac{8Rr}{9}\] Do đó : \[GI^{2}=(R^2-2Rr)+\left ( R^2+\dfrac{2p^2}{9}+\dfrac{2r^2}{9}+\dfrac{8Rr}{9} \right )-\dfrac{1}{3}\left ( 6pR^2-p^3-pr^2+2Rrp \right )=\dfrac{1}{9}\left (p^2-16Rr+5r^2 \right )\] Mà $IG^{2}\geq 0\Rightarrow p^{2}\geq 16Rr-5r^2$ Như vậy, BĐT $Gerretsen$ thứ nhất được chứng minh. b) Bất đẳng thức $Gerretsen$ thứ hai $\boxed{p^2\leq 4R^{2}+4Rr+3r^2}$ Chứng minh : \[IH^{2}=\left ( \overrightarrow{IO}+\overrightarrow{OH} \right )^{2}\] \[=OI^{2}+OH^{2}-2\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{OH}=OI^{2}+OH^{2}-6\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{OG}\] \[=(R^2-2Rr)+(9R^2-2p^2+2r^2+8Rr)-2\dfrac{1}{a+b+c}(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}).(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\] \[=(R^2-2Rr)+(9R^2-2p^2+2r^2+8Rr)-\dfrac{2}{2p}\left ( 6pR^2-p^3-pr^2+2Rrp \right )=4R^2+4Rr+3r^2-p^2\] Mà $IH^{2}\geq 0\Rightarrow p^{2}\leq 4R^2+4Rr+3r^{2}$ Như vậy BĐT $Gerretsen$ thứ hai được chứng minh. MỞ RỘNG : Ta có BĐT sau “mạnh hơn” cả BĐT $Gerretsen$ \[\boxed{p^{2}\leq \dfrac{R(4R+r)^2}{2(2R-r)}}\] 2) Bất đẳng thức Blundon : Đây là bất đẳng thức được coi là mạnh nhất liên quan đến $p,r,R$ : \[\boxed{2R^{2}+10Rr-r^{2}-2(R-2r)\sqrt{R(R-2r)}\leq p^{2}\leq 2R^2+10Rr-r^{2}+2(R-2r)\sqrt{R(R-2r)}}\]

Bất đẳng thức Gerretsen và Blundon

BẤT ĐẲNG THỨC GERRETSEN VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON

1) Bất đẳng thức Gerretsen :

$16 R r - 5 r^{2} \leq p^{2} \leq 4 R^{2} + 4 R r + 3 r^{2}$

a) Bất đẳng thức $G er r e t se n$ thứ nhất : $16 R r - 5 r^{2} \leq p^{2}$

Chứng minh :

Ta sẽ chứng minh $I G^{2} = \frac{1}{9} (p^{2} + 5 r^{2} - 16 R r)$

Ta có $I G^{2} = (O I - O G)^{2} = O I^{2} + O G^{2} - 2 O I . O G = O I^{2} + O G^{2} - \frac{2}{3 ( a + b + c )} (O A + O B + O C) (a O A + b O B + O C)$

Mà $(a O A + b O B + c O C) . (O A + O B + O C)$ $= (a + b + c) R^{2} + \frac{1}{2} a [(O A^{2} + O B^{2} - A B^{2}) + (O A^{2} + O C^{2} - A C^{2})] + \frac{1}{2} b [(O B^{2} + O A^{2} - A B^{2}) + (O B^{2} + O C^{2} - B C^{2})] + \frac{1}{2} c [(O C^{2} + O A^{2} - A C^{2}) + (O B^{2} + O C^{2} - B C^{2})]$ $= 2 p R^{2} + \frac{1}{2} a (4 R^{2} - b^{2} - c^{2}) + \frac{1}{2} b (4 R^{2} - c^{2} - a^{2}) + \frac{1}{2} c (4 R^{2} - a^{2} - b^{2})$ $= 2 p R^{2} + (a + b + c) 2 R^{2} - \frac{1}{2} [ab (a + b) + b c (b + c) + c a (c + a)]$ $= 6 p R^{2} - \frac{1}{2} (ab + b c + c a) (a + b + c) + \frac{3}{2} ab c$ $= 6 p R^{2} - \frac{1}{2} (p^{2} + r^{2} + 4 R r) .2 p + \frac{3}{2} .4 R r p = 6 p R^{2} - p^{3} - p r^{2} + 2 R r p$

Theo hệ thức $E u l er$ và phương tích trọng tâm, ta có :

$O I^{2} = R^{2} - 2 R r, O G^{2} = R^{2} - \frac{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}{9} = R^{2} + \frac{2 p ^{2}}{9} + \frac{2 r ^{2}}{9} + \frac{8 R r}{9}$

Do đó :

$G I^{2} = (R^{2} - 2 R r) + (R^{2} + \frac{2 p ^{2}}{9} + \frac{2 r ^{2}}{9} + \frac{8 R r}{9}) - \frac{1}{3} (6 p R^{2} - p^{3} - p r^{2} + 2 R r p) = \frac{1}{9} (p^{2} - 16 R r + 5 r^{2})$

Mà $I G^{2} \geq 0 \Rightarrow p^{2} \geq 16 R r - 5 r^{2}$

Như vậy, BĐT $G er r e t se n$ thứ nhất được chứng minh.

b) Bất đẳng thức $G er r e t se n$ thứ hai $p^{2} \leq 4 R^{2} + 4 R r + 3 r^{2}$

Chứng minh :

$I H^{2} = (I O + O H)^{2}$ $= O I^{2} + O H^{2} - 2 O I . O H = O I^{2} + O H^{2} - 6 O I . O G$ $= (R^{2} - 2 R r) + (9 R^{2} - 2 p^{2} + 2 r^{2} + 8 R r) - 2 \frac{1}{a + b + c} (a O A + b O B + c O C) . (O A + O B + O C)$

$= (R^{2} - 2 R r) + (9 R^{2} - 2 p^{2} + 2 r^{2} + 8 R r) - \frac{2}{2 p} (6 p R^{2} - p^{3} - p r^{2} + 2 R r p) = 4 R^{2} + 4 R r + 3 r^{2} - p^{2}$

Mà $I H^{2} \geq 0 \Rightarrow p^{2} \leq 4 R^{2} + 4 R r + 3 r^{2}$

Như vậy BĐT $G er r e t se n$ thứ hai được chứng minh.

MỞ RỘNG : Ta có BĐT sau “mạnh hơn” cả BĐT $G er r e t se n$

$p^{2} \leq \frac{R ( 4 R + r ) ^{2}}{2 ( 2 R - r )}$

2) Bất đẳng thức Blundon :

Đây là bất đẳng thức được coi là mạnh nhất liên quan đến $p, r, R$ :

$2 R^{2} + 10 R r - r^{2} - 2 (R - 2 r) R (R - 2 r) \leq p^{2} \leq 2 R^{2} + 10 R r - r^{2} + 2 (R - 2 r) R (R - 2 r)$

Bất đẳng thức Gerretsen và Blundon

Đề bài

Mô tả