BẤT ĐẲNG THỨC WEITZENBOCK, BẤT ĐẲNG THỨC FINSLER-HADWINGER VÀ NHỮNG MỞ RỘNG Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác có nửa chu vi $p$, diện tích $S$, $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp và $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp. 1) Bất đẳng thức Weitzenbock : $\boxed{a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3}S}$ Chứng minh : Sử dụng công thức $Herons$ : \[S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\dfrac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}{4}\] Ta cần chứng minh : \[a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \sqrt{3(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\] Mặt khác ta có hai BĐT quen thuộc $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$. Do vậy ta chỉ cần chứng minh : \[ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc(a+b+c)}\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)\]. Đây là một kết quả quen thuộc, như vậy BĐT $Weitzenbok$ được chứng minh. Ta đi đến một kết quả “mạnh” hơn sau : BĐT $Finsler-Hadwinger$ : 2) Bất đẳng thức Finsler-Hadwinger : $\boxed{a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3}S+(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}}$ Chứng minh : Biến đổi BĐT cần chứng minh thành : \[\left [ a^{2}-(b-c)^{2} \right ]+\left [ b^{2}-(c-a)^{2} \right ]+\left [ c^{2}-(a-b)^{2} \right ]\geq 4\sqrt{3}S\Leftrightarrow (a+b-c)(b+c-a)+(b+c-a)(c+a-b)+(c+a-b)(a+b-c)\geq 4\sqrt{3}S\] Sử dụng công thức $Herons$ và đổi biến $\left ( a+b-c,b+c-a,c+a-b \right )\rightarrow (x,y,z)$ Ta cần chứng minh : \[xy+yz+zx\geq \sqrt{3xyz(x+y+z)}\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^{2}\geq 3xyz(x+y+z)\]. Đây là một kết quả quen thuộc, như vậy BĐT $Finsler-Hadwinger$ được chứng minh 3) Những mở rộng : a) Chứng minh bất đẳng thức : \[\boxed{\dfrac{(b+c-a)a^{2}}{b+c}+\dfrac{(c+a-b)b^{2}}{c+a}+\dfrac{(a+b-c)c^{2}}{a+b}\geq 2\sqrt{3}S}\] (Chọn đội tuyển toán 12 Nghệ An 2010-2011) b) Làm “mạnh” BĐT $Finsler-Hadwinger$ : \[\boxed{a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3+\dfrac{4(R-2r)}{4R+r}}+(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}}\] \[\boxed{a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \left ( 4\sqrt{3}+\frac{OG^2}{R^2} \right )S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^{2}}\] \[\boxed{a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+16Rr\left ( \sum_{cyc} cos^{2}\dfrac{A}{2}-\sum_{cyc}cos\dfrac{A}{2}cos\dfrac{B}{2}\right )}\] \[\boxed{a^{2}+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}+\dfrac{(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2}{a^2+b^2+c^2}}\] c) Chứng minh bất đẳng thức : \[\boxed{2(ab+bc+ca)-(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 4\left ( \dfrac{a^{2}(p-a)}{b+c}+\dfrac{b^{2}(p-b)}{c+a}+\dfrac{c^{2}(p-c)}{a+b} \right )\geq 4\sqrt{3}S}\] d) Mở rộng BĐT $Weitzenbock$ Cho $a_1;b_1;c_1$ là độ dài cạnh tam giác $A_1B_1C_1$ có diện tích $S_1$ và $a_2,b_2,c_2$ là độ dài 3 cạnh tam giác $A_2B_2C_2$ có diện tích $S_2$. Chứng minh: \[\boxed{a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)\ge 16S_1S_2}\] e) Tổng quát BĐT $Hadwinger-Finsler$ Chứng minh rằng với $n$ nguyên dương thì : \[\boxed{a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}\geq 3\left ( \dfrac{4S}{\sqrt{3}} \right )^{n}+(a-b)^{2n}+(b-c)^{2n}+(c-a)^{2n}}\] \[\boxed{a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}\geq 3\left ( \dfrac{4S}{\sqrt{3}} \right )^{n}+(a-b)^{2n}+(b-c)^{2n}+(c-a)^{2n}+\sum_{cyc}(a+b-c)^{n}|a-b|^{n}}\] Cho tứ giác lồi có các cạnh $a,b,c,d$ có diện tích $S$. Chứng minh rằng với $n$ nguyên dương thì : \[\boxed{a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}+d^{2n}\geq 4S^{n}+\left ( \dfrac{a-b}{2} \right )^{2n}+\left ( \dfrac{b-c}{2} \right )^{2n}+\left ( \frac{c-a}{2} \right )^{2n}+\left ( \dfrac{a-d}{2} \right )^{2n}}\]

BĐT Weitzenbok, BĐT Finsler-Hadwinger và những mở rộng

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

Cho $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác có nửa chu vi $p$ , diện tích $S$ , $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp và $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp.

1) Bất đẳng thức Weitzenbock : $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq 43 S$

Chứng minh :

Sử dụng công thức $H er o n s$ :

$S = p (p - a) (p - b) (p - c) = \frac{( a + b + c ) ( a + b - c ) ( b + c - a ) ( c + a - b )}{4}$

Ta cần chứng minh :

$a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq 3 (a + b + c) (a + b - c) (b + c - a) (c + a - b)$

Mặt khác ta có hai BĐT quen thuộc $ab c \geq (a + b - c) (b + c - a) (c + a - b)$ và $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq ab + b c + c a$ .

Do vậy ta chỉ cần chứng minh :

$ab + b c + c a \geq 3 ab c (a + b + c) \Leftrightarrow (ab + b c + c a)^{2} \geq 3 ab c (a + b + c)$ .

Đây là một kết quả quen thuộc, như vậy BĐT $W e i t z e nb o k$ được chứng minh.

Ta đi đến một kết quả “mạnh” hơn sau : BĐT $F in s l er - H a d w in g er$ :

2) Bất đẳng thức Finsler-Hadwinger : $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq 43 S + (a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}$

Chứng minh :

Biến đổi BĐT cần chứng minh thành :

$[a^{2} - (b - c)^{2}] + [b^{2} - (c - a)^{2}] + [c^{2} - (a - b)^{2}] \geq 43 S \Leftrightarrow (a + b - c) (b + c - a) + (b + c - a) (c + a - b) + (c + a - b) (a + b - c) \geq 43 S$

Sử dụng công thức $H er o n s$ và đổi biến $(a + b - c, b + c - a, c + a - b) \to (x, y, z)$

Ta cần chứng minh :

$x y + y z + z x \geq 3 x y z (x + y + z) \Leftrightarrow (x y + y z + z x)^{2} \geq 3 x y z (x + y + z)$ .

Đây là một kết quả quen thuộc, như vậy BĐT $F in s l er - H a d w in g er$ được chứng minh

3) Những mở rộng :

a) Chứng minh bất đẳng thức :

$\frac{( b + c - a ) a ^{2}}{b + c} + \frac{( c + a - b ) b ^{2}}{c + a} + \frac{( a + b - c ) c ^{2}}{a + b} \geq 23 S$

(Chọn đội tuyển toán 12 Nghệ An 2010-2011)

b) Làm “mạnh” BĐT $F in s l er - H a d w in g er$ :

$a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq 4 3 + \frac{4 ( R - 2 r )}{4 R + r} + (a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}$

$a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq (43 + \frac{O G ^{2}}{R ^{2}}) S + (a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}$

$a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq 43 S + (a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2} + 16 R r (cy c \sum co s^{2} \frac{A}{2} - cy c \sum cos \frac{A}{2} cos \frac{B}{2})$

$a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq 43 + \frac{( a ^{2} - b ^{2} ) ^{2} + ( b ^{2} - c ^{2} ) ^{2} + ( c ^{2} - a ^{2} ) ^{2}}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}$

c) Chứng minh bất đẳng thức :

$2 (ab + b c + c a) - (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \geq 4 (\frac{a ^{2} ( p - a )}{b + c} + \frac{b ^{2} ( p - b )}{c + a} + \frac{c ^{2} ( p - c )}{a + b}) \geq 43 S$

d) Mở rộng BĐT $W e i t z e nb oc k$

Cho $a_{1}; b_{1}; c_{1}$ là độ dài cạnh tam giác $A_{1} B_{1} C_{1}$ có diện tích $S_{1}$ và $a_{2}, b_{2}, c_{2}$ là độ dài 3 cạnh tam giác $A_{2} B_{2} C_{2}$ có diện tích $S_{2}$ . Chứng minh:

$a_{1}^{2} (b_{2}^{2} + c_{2}^{2} - a_{2}^{2}) + b_{1}^{2} (c_{2}^{2} + a_{2}^{2} - b_{2}^{2}) + c_{1}^{2} (a_{2}^{2} + b_{2}^{2} - c_{2}^{2}) \geq 16 S_{1} S_{2}$

e) Tổng quát BĐT $H a d w in g er - F in s l er$

Chứng minh rằng với $n$ nguyên dương thì :

$a^{2 n} + b^{2 n} + c^{2 n} \geq 3 (\frac{4 S}{3})^{n} + (a - b)^{2 n} + (b - c)^{2 n} + (c - a)^{2 n}$

$a^{2 n} + b^{2 n} + c^{2 n} \geq 3 (\frac{4 S}{3})^{n} + (a - b)^{2 n} + (b - c)^{2 n} + (c - a)^{2 n} + cy c \sum (a + b - c)^{n} ∣ a - b ∣^{n}$

Cho tứ giác lồi có các cạnh $a, b, c, d$ có diện tích $S$ . Chứng minh rằng với $n$ nguyên dương thì :

$a^{2 n} + b^{2 n} + c^{2 n} + d^{2 n} \geq 4 S^{n} + (\frac{a - b}{2})^{2 n} + (\frac{b - c}{2})^{2 n} + (\frac{c - a}{2})^{2 n} + (\frac{a - d}{2})^{2 n}$

BĐT Weitzenbok, BĐT Finsler-Hadwinger và những mở rộng

Đề bài

Mô tả