728x90 AdSpace

Theo dõi và chia sẻ các bài viết mới
Tin nhanh

Bất đẳng thức Gerretsen cho những ai chưa biết

Hôm nay, chúng tôi xin giới thiệu với các bạn Bất đẳng thức Gerretsen, giúp cho chúng ta có thêm nhiều thông tin bổ ích xung quanh việc nghiên cứu các bất đẳng thức trong tam giác. 
1. Bất đẳng thức Gerretsen
Giả sử $p, R, r$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$, khi đó
$$\boxed{16Rr-5r^2\leq p^{2}\leq 4R^2+4Rr+3r^2}$$
Bình luận: Nhìn có vẻ quen quen nhỉ, sau này chúng tôi sẽ bàn tới những ứng dụng của nó còn hôm nay chỉ nói đến nó là nghỉ thôi, nói dài mất công lắm.  
Thực chất thì bất đẳng thức Gerretsen là một hệ quả của bất đẳng thức Blundon mà chúng ta sẽ được gặp trong các bài viết sau.

nancy nguyen chung minh bat dang thuc Gerretsen
Nancy Nguyễn, người đẹp đã đưa ra một phương pháp chứng minh sơ cấp bđt Blundon.

2. Chứng minh bất đẳng thức Gerretsen
Ta có
$$IG^{2}=\left ( \overrightarrow{OI}-\overrightarrow{OG} \right )^{2}=OI^2+OG^2-2\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{OG}=OI^2+OG^2-\dfrac{2}{3(a+b+c)}\left ( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right )\left ( a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right )$$
Để ý rằng
$\begin{align}
(a\overrightarrow{OA}&+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}).(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})=\notag \\
 &=(a+b+c)R^2+\dfrac{1}{2}a\left [ \left ( OA^2+OB^2-AB^2 \right ) +\left ( OA^2+OC^2-AC^2 \right )\right ]+\dfrac{1}{2}b\left [ (OB^2+OA^2-AB^2)+(OB^2+OC^2-BC^2) \right ]+\dfrac{1}{2}c\left [ \left ( OC^2+OA^2-AC^2 \right ) +(OB^2+OC^2-BC^2)\right ] \notag \\
&=2pR^{2}+\dfrac{1}{2}a(4R^2-b^2-c^2)+\dfrac{1}{2}b(4R^2-c^2-a^2)+\dfrac{1}{2}c(4R^2-a^2-b^2)\notag \\
&=2pR^2+(a+b+c)2R^2-\dfrac{1}{2}\left [ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right ]\notag \\
&=6pR^2-\dfrac{1}{2}(ab+bc+ca)(a+b+c)+\dfrac{3}{2}abc\notag \\
&=6pR^2-\dfrac{1}{2}(p^2+r^2+4Rr).2p+\dfrac{3}{2}.4Rrp=6pR^2-p^3-pr^2+2Rrp\notag 
\end{align}$
Mặt khác, hệ thức Euler và phương tích trọng tâm cho ta
$$OI^{2}=R^2-2Rr,\;\;OG^{2}=R^2-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{9}=R^2+\dfrac{2p^2}{9}+\dfrac{2r^2}{9}+\dfrac{8Rr}{9}$$
Do đó
$$GI^{2}=(R^2-2Rr)+\left ( R^2+\dfrac{2p^2}{9}+\dfrac{2r^2}{9}+\dfrac{8Rr}{9} \right )-\dfrac{1}{3}\left ( 6pR^2-p^3-pr^2+2Rrp \right )=\dfrac{1}{9}\left (p^2-16Rr+5r^2 \right )$$
Hiển nhiên rằng $IG^{2}\geq 0$ nên từ đây ta có
$$\boxed{16Rr-5r^2\leq p^{2}}$$
Ta tiếp tục chứng minh phần còn lại, ta có
$\begin{align}IH^{2}&=\left ( \overrightarrow{IO}+\overrightarrow{OH} \right )^{2}=OI^{2}+OH^{2}-2\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{OH}=OI^{2}+OH^{2}-6\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{OG}\notag\\
&=(R^2-2Rr)+(9R^2-2p^2+2r^2+8Rr)-2\dfrac{1}{a+b+c}(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}).(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\notag\\
&=(R^2-2Rr)+(9R^2-2p^2+2r^2+8Rr)-\dfrac{2}{2p}\left ( 6pR^2-p^3-pr^2+2Rrp \right )=4R^2+4Rr+3r^2-p^2 \notag
\end{align}$
Mà $IH^{2}\geq 0$ nên
$$\boxed{p^2\leq 4R^{2}+4Rr+3r^2}$$
Như vậy là bất đẳng thức Gerretsen đã được chứng minh hoàn toàn mà không gặp phải một lực cản khó khăn nào cả. Phương pháp ta dùng là phương pháp chứng minh "nông dân". Bạn có thể nghiên cứu thêm một cách chứng minh khác cho Bđt Gerretsen.

Kỳ tới: Bất đẳng thức Blundon và những ứng dụng bạn có thể chưa biết

Có cái này cũng hay nè: Bất đẳng thức Garfunkel và một số mở rộng
Bất đẳng thức Gerretsen cho những ai chưa biết Reviewed by Tân Phúc on 16:33:00 Rating: 5 Hôm nay, chúng tôi xin giới thiệu với các bạn Bất đẳng thức Gerretsen, giúp cho chúng ta có thêm nhiều thông tin bổ ích xung quanh việc ngh...

Không có nhận xét nào:

Xin vui lòng để lại vài dòng nhận xét hoặc đánh giá có nội dung. Sự quan tâm, chia sẻ của quý độc giả sẽ tạo ra những trải nghiệm tuyệt vời cho cộng đồng bạn đọc cả nước.