BĐT Weitzenbok, BĐT Finsler-Hadwinger và những mở rộng

By

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}}

Leave a comment