ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Trần Quang Hùng
TÓM TẮT LUẬN VĂN CAO HỌC
MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
Hà Nội - 2011
MỤC LỤC
1
Các kiến thức cơ bản trong đại số và hình học
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
2
Nguyên lý cực trị trong hình học . . . . . . . . . . . .
Nguyên lý Dirchlet trong hình học . . . . . . . . . . . .
Nguyên lý khởi đầu cực trị . . . . . . . . . . . . . . . .
Phép chứng minh phản chứng . . . . . . . . . . . . . .
Các bất đẳng thức đại số . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 Bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . .
1.5.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . .
1.5.3 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức
1.5.4 Bất đẳng thức Holder . . . . . . . . . . . . . .
1.5.5 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa . . . . . . .
1.5.6 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . .
1.5.7 Bất đẳng thức Schur . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.8 Bất đẳng thức Nesbitt . . . . . . . . . . . . . .
Một số bất đẳng thức hình học cơ bản . . . . . . . . .
1.6.1 Các hệ thức trong tam giác . . . . . . . . . . .
1.6.2 Các hệ thức liên quan đến vector . . . . . . . .
1.6.3 Một số kết quả quan trọng trong hình học . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong tam giác
2.1
2.2
2.3
Phương pháp sử dụng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phương pháp vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Ứng dụng và làm mạnh bất đẳng thức tam giác . . . . . . . . .
2.2.2 Kết hợp bất đẳng thức Ptolemy và bất đẳng thức tam giác . . .
2.2.3 Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz dạng vector . . . . . .
2.2.4 Phương pháp bình phương vô hướng . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.5 Một số bài toán trong các kỳ thi Olympiad . . . . . . . . . . . .
Phương pháp R, r, p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Bổ đề của Jack Garfunkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Một vài bài toán ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Sử dụng tham số xây dựng bất đẳng thức mới từ các bất đẳng
thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
5
5
5
6
6
6
6
7
7
7
8
9
9
9
9
9
10
11
14
14
27
27
29
30
32
32
33
33
34
43
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
2.4 Một số bài toán chọn lọc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo
2
45
75
LỜI NÓI ĐẦU
Lịch sử bất đẳng thức bắt nguồn từ rất lâu và vẫn xuyên suốt, thăng hoa qua thời
gian cho tới tận ngày nay. Như Richard Bellman đã từng nói: “. . . Có ít nhất ba lý do
giải thích tại sao chúng ta luôn quan tâm tới bất đẳng thức. Đó chính là thực hành, lý
thuyết, và quan trọng nhất là thẩm mỹ – vẻ đẹp tồn tại trong con mắt của những người
quan tâm tới bất đẳng thức; . . . Mọi người thường dễ dàng cảm nhận được vẻ đẹp trong
những bản nhạc, hay những lời thơ. Thế nhưng vẻ đẹp trong Toán học lại thật kì lạ và
thú vị, nó đòi hỏi một tâm hồn phong phú, tri thức nhưng lãng mạn.”
Trong cái vẻ đẹp xuyên qua lịch sử của bất đẳng thức thì không thể không nhắc tới
bộ phận chính làm nên vẻ đẹp đó, chính là các bất đẳng thức hình học. Bất đẳng thức
mà tính đại số, hình học mang tính tư duy trực quan, một sự kết hợp của cả đại số và
hình học được nảy sinh trong từng bài bất đẳng thức hình.
Bất đẳng thức hình học là phần quan trọng trong hình học, nó xuất hiện trong nhiều
lĩnh vực khác nhau của hình học. Với sự hỗ trợ của các bất đẳng thức trong hình học,
chúng ta đã giải quyết được rất nhiều vấn đề hóc búa của hình học từ sơ cấp đến cao
cấp. Bên cạnh đó, bất đẳng thức hình học cũng có ứng dụng rộng rãi trong cuộc sống,
từ việc so sánh các độ dài đến so sánh diện tích, thể tích. . . đều thấy sự có mặt của bất
đẳng thức hình học. Việc chứng minh các bất đẳng thức hình học là công việc không
phải một sớm một chiều, nó cần sự tổng hợp, phân tích, đánh giá, kết hợp cả các kiến
thức đại số và hình học cùng khả năng liên tưởng nhạy bén, sáng tạo để sáng tạo ra
những bài toán hay và cách giải một bài toán bất đẳng thức có yếu tố hình học.
Ngày nay, trong các kỳ thi Olympic các nước trên thế giới, bất đẳng thức hình học
cũng đã và đang chiếm một vị trí quan trọng. Bằng cái nhìn tổng quan, luận văn này
cũng đã nêu ra một số ví dụ điển hình trong các kỳ thì Olympic các nước thời gian
qua.
Luận văn được chia thành các chương:
Chương 1. Các kiến thức cơ bản trong hình học. Chương này nêu lên các kiến thức
cơ bản trong hình học phẳng, chủ yếu là các vấn đề về cực trị, các kết quả quan
trọng trong tam giác, tứ giác, hình tròn. . . Các nguyên lý như nguyên lý cùng
các bất đẳng thức đại số thường được sử dụng.
Chương 2. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong tam giác. Chương
thứ hai tập hợp một số phương pháp giải quyết các bài toán về bất đẳng thức
trong tam giác cùng các kĩ thuật xây dựng các bất đẳng thức trong hình học
được trình bày dưới dạng phương pháp giải và xây dựng.
3
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
4
Để hoàn thành được luận văn này, trước nhất tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc tới
người thầy đáng kính của mình là PGS.TS. Nguyễn Vũ Lương người thầy đã dìu
dắt tôi từ những ngày khởi nghiệp đi dạy cho tới khi tôi hoàn thành bản luận văn này.
Thầy đã chỉ bảo tận tình và giúp đỡ tôi thật nhiều trong mọi việc, không chỉ trong
khóa luận này mà còn trong cả quá trình làm việc của tôi. Qua đây tôi cũng xin được
gửi lời cảm ơn chân thành các thầy cô đã đọc, kiểm tra, đánh giá và cho những ý kiến
quý báu để luận văn được đầy đủ hơn, phong phú hơn. Cũng xin được gửi lời cảm ơn
tới tất cả các thầy cô giáo trong trường THPT chuyên KHTN và đặc biệt là các các
thầy cô giáo trong bộ môn toán của trường, những người thầy, những người bạn đã
giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình làm luận văn. Tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn
tới Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa Toán-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa
học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trường.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn đề trong
khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi có những sai sót
trong cách trình bày. Mong được sự góp ý xây dựng của thầy cô và các bạn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hà nội, ngày 10 tháng 11 năm 2011
Học viên
Trần Quang Hùng
1
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
TRONG ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC
1.1
Nguyên lý cực trị trong hình học
(1) Trong tất cả các cách nối hai điểm A và B thì đoạn thẳng có độ dài ngắn nhất.
(2) Trong tất cả các đoạn thẳng nối từ một điểm cho trước tới một điểm trên một
đường thẳng (hoặc mặt phẳng) cho trước thì đoạn vuông góc có độ dài ngắn
nhất.
(3) Trong tất cả các đường xiên kẻ từ một điểm cho trước tới cùng một đường thẳng
(hoặc mặt phẳng) cho trước, đường xiên nào có hình chiếu ngắn hơn thì ngắn
hơn.
(4) Trong các tam giác có cùng chu vi, tam giác đều có diện tích lớn nhất. Trong các
tam giác có cùng diện tích, tam giác đều có chu vi nhỏ nhất.
(5) Độ dài của một đoạn thẳng nằm trong một đa giác lồi không lớn hơn khoảng
cách lớn nhất nối hai đỉnh của nó.
(6) Nếu một đa giác lồi chứa một đa giác lồi khác, thì chu vi của đa giác ngoài sẽ
lớn hơn chu vi của đa giác trong.
(7) Nếu M là một điểm nằm trong đường tròn tâm O thì trong các dây cung đi qua
M, dây cung vuông góc với OM có độ dài ngắn nhất.
1.2
Nguyên lý Dirchlet trong hình học
Một trong những công cụ hữu ích dùng giải quyết nhiều vấn đề của Toán học, trong
đó có cả hình học, là nguyên lý Dirichlet.
Định lý 1.1 (Nguyên lý Dirichlet). Nếu nhốt n + 1 chú thỏ vào n cái chuồng thì bao
giờ cũng có ít nhất 2 thỏ bị nhốt vào cùng một chuồng.
Ngoài dạng phát biểu như trên, nguyên lý Dirichlet còn có thể được phát biểu dưới
dạng hình học như sau:
Định lý 1.2 (Nguyên lý Dirichlet với độ dài). Trên đường thẳng cho đoạn AB có độ
dài a và một số đoạn con Ai Bi (i = 1, n) có tổng độ dài b. Khi đó,
5
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
6
• Nếu b < ka (k ∈ N∗ ) thì bên trong đoạn AB tồn tại điểm M thuộc không quá
k − 1 đoạn con Ai Bi .
• Nếu b > ka (k ∈ N∗ ) và đoạn AB chứa tất cả các đoạn con Ai Bi thì có ít nhất
k + 1 đoạn con Ai Bi có điểm chung.
Định lý 1.3 (Nguyên lý Dirichlet đối với diện tích). Trong một mặt phẳng cho hình
(H) có diện tích S và các hình (Hi ) (i = 1, n) có tổng diện tích là T. Khi đó,
• Nếu T < kS (k ∈ N∗ ) thì tồn tại điểm M nằm trong hình (H) sao cho M là
điểm trong chung của không quá k − 1 hình trong các hình (Hi ) (i = 1, n).
• Nếu T > kS (k ∈ N∗ ) và hình (H) chứa tất cả các hình (Hi ) (i = 1, n) thì tồn
tại một điểm M trong (H) sao cho M là điểm trong chung của ít nhất (k + 1)
hình trong số các hình Hi .
1.3
Nguyên lý khởi đầu cực trị
Nguyên lý khởi đầu cực trị được phát triển mạnh mẽ trong Graph hữu hạn. Nó được
phát biểu dưới dạng tập hợp như sau:
Định lý 1.4 (Nguyên lý khởi đầu cực trị). Trong một tập hợp hữu hạn (khác rỗng)
các số thực luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất.
1.4
Phép chứng minh phản chứng
Phép chứng minh phản chứng có cơ sở dựa vào định lý sau:
Định lý 1.5. Mệnh đề A → B tương đương với mệnh đề B → A.
Với kết quả thu được từ định lý này, ta thấy rằng khi việc chỉ ra A → B gặp khó khăn,
ta có thể giả sử rằng không có B. Sau đó với các phép lập luận biện chứng, ta sẽ tìm
cách đưa đến kết quả A hoặc một kết quả nào đó không phù hợp với các tiên đề, định
lý, các giá trị hằng đúng đã có. Một phép lập luận như vậy ta gọi là phép phản chứng.
1.5
Các bất đẳng thức đại số
Nhiều bất đẳng thức đại số có ứng dụng sâu rộng, trong đó phải kể đến bất đẳng thức
AM-GM (Arithmetic Mean – Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất
đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Jensen. . .
1.5.1
Bất đẳng thức AM-GM
Định lý 1.6 (Bất đẳng thức AM-GM). Với n số thực không âm bất kì a1 , a2 , . . . , an ,
ta có bất đẳng thức
√
a1 + a2 + · · · + an
> n a1 a2 · · · an
n
và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an .
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
7
Chú ý. Ngoài ra, bất đẳng thức AM-GM còn có thể được viết dưới dạng sau
(
)n
a1 + a2 + · · · + an
a1 a2 · · · an 6
.
n
1.5.2
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Định lý 1.7 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz). Xét hai bộ số thực tùy ý a1 , a2 , . . . , an
và b1 , b2 , . . . , bn . Khi đó, ta có
(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 6 (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ).
a1
a2
an
=
= ··· =
. (Lưu ý rằng ở đây ta sử dụng
b1
b2
bn
quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0.)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1.5.3
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức
Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức). Xét hai bộ số thực tùy
ý a1 , a2 , . . . , an và b1 , b2 , . . . , bn trong đó bi > 0, ∀i = 1, 2, . . . , n. Khi đó, ta có
a21 a22
a2
(a1 + a2 + · · · + an )2
+
+ ··· + n >
.
b1
b2
bn
b1 + b2 + · · · + bn
a1
a2
an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
=
= ··· = .
b1
b2
bn
Từ định lý này, ta thu được hai hệ quả quan trọng sau:
• Với n số thực tùy ý a1 , a2 , . . . , an , ta có
a21 + a22 + · · · + a2n >
(a1 + a2 + · · · + an )2
.
n
Kết quả này thu được bằng cho b1 = b1 = · · · = bn = 1.
• Với n số thực dương tùy ý x1 , x2 , . . . , xn , ta có
1
1
1
n2
+
+ ··· +
>
.
x1 x2
xn
x1 + x 2 + · · · + xn
Kết quả này có thể thu được bằng cách cho a1 = a2 = · · · = an = 1 và b1 = x1 ,
b2 = x2 , . . . , bn = xn .
1.5.4
Bất đẳng thức Holder
Định lý 1.9 (Bất đẳng thức Holder). Cho xij với i = 1, 2, . . . , m và j = 1, 2, . . . , n là
các số thực không âm, khi đó ta có bất đẳng thức sau
( n
m
∏
∑
i=1
j=1
xij
)1
m
1
n ∏
m
∑
>
xijm .
j=1 i=1
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
8
Chú ý. Khi ứng dụng vào giải toán, ta thường sử dụng bất đẳng thức Holder ở hai
dạng đặc biệt sau:
• Với sáu số thực không âm a, b, c, x, y, z, ta có
(a3 + x3 )(b3 + y 3 )(c3 + z 3 ) > (abc + xyz)3 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
b
c
= = .
x
y
z
• Với chín số thực không âm a, b, c, x, y, z, m, n, p, ta có
(a3 + b3 + c3 )(x3 + y 3 + z 3 )(m3 + n3 + p3 ) > (axm + byn + czp)3 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1.5.5
a
b
c
a
b
c
= = và
= = .
x
y
z
m
n
p
Bất đẳng thức trung bình lũy thừa
Định lý 1.10 (Bất đẳng thức trung bình lũy thừa). Cho a1 , a2 , . . . , an là các số thực
không âm và r > s > 0. Khi đó, ta có
(
)1 ( s
)1
ar1 + ar2 + · · · + arn r
a1 + as2 + · · · + asn s
>
.
n
n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi r = s hoặc a1 = a2 = · · · = an .
Đặc biệt:
• Khi r = n và s = 1, ta có
√
n
n
n
a1 + a2 + · · · + an
n a1 + a2 + · · · + an
>
,
n
n
hay
an1 + an2 + · · · + ann
>
n
• Khi r = 1 và s =
1
, ta có
n
a1 + a2 + · · · + an
>
n
hay
√
n
a1 +
√
n
a2 + · · · +
n
(
(√
n
√
n
a1 + a2 + · · · + an
n
a1 +
an
√
n
√
6
n
a2 + · · · +
n
)n
√
n
.
an
)n
,
a1 + a2 + · · · + an
.
n
Đây chính là các kết quả quen thuộc rất hay được sử dụng trong chứng minh bất đẳng
thức, đặc biệt là các bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố hình học (điều này sẽ
được thể hiện rõ ở các chương sau).
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
1.5.6
9
Bất đẳng thức Jensen
Định lý 1.11 (Bất đẳng thức Jensen). Cho f : D → R là hàm lồi và n ∈ N∗ . Xét hai
dãy số {xi }ni=1 ⊂ D và {λi }ni=1 ⊂ [0, 1] sao cho λ1 + λ2 + · · · + λn = 1. Khi đó ta có
f (λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λn xn ) 6 λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + · · · + λn f (xn ).
1.5.7
Bất đẳng thức Schur
Định lý 1.12 (Bất đẳng thức Schur). Với các số thực không âm a, b, c cho trước và
k là số thực dương bất kì, ta có
ak (a − b)(a − c) + bk (b − c)(b − a) + ck (c − a)(c − b) > 0.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 cùng các hoán vị.
Trường hợp hay được sử dụng nhất của bất đẳng thức Schur là khi k = 1, lúc này ta
có thể viết lại bất đẳng thức dưới dạng
a3 + b3 + c3 + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca(c + a) > 0.
1.5.8
Bất đẳng thức Nesbitt
Định lý 1.13 (Bất đẳng thức Nesbitt). Cho các số dương a, b, c. Khi đó ta có
a
b
c
3
+
+
> .
b+c c+a a+b
2
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
1.6
1.6.1
Một số bất đẳng thức hình học cơ bản
Các hệ thức trong tam giác
Trong luận văn này, ta sẽ sử dụng một số kí hiệu thống nhất trong tam giác như sau:
Xét một tam giác ABC cho trước. Khi đó, ta kí hiệu:
• BC = a, CA = b, AB = c;
• ma , mb , mc , la , lb , lc , ha , hb , hc lần lượt là độ dài các trung tuyến, các phân giác
và các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c;
• p là nửa chu vi tam giác;
• SABC là diện tích tam giác ABC và trong trường hợp không nhầm lẫn, ta kí hiệu
là S;
• r, R lần lượt là các bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp tam giác;
• ra , rb , rc là bán kính các đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
10
Kí hiệu x, y, z là hoán vị cho a, b, c và X, Y, Z hoán vị cho A, B, C. Lúc này, ta thiết
lập được các hệ thức sau đây:
1. Các công thức diện tích tam giác:
√
1
xyz
1
S = xhx = (p − x)rx = yz sin X =
= pr = p(p − x)(p − y)(p − z).
2
2
4R
2. Các công thức trung tuyến:
m2x =
y 2 + z 2 x2
− .
2
4
3. Các công thức phân giác:
lx2 =
4. Định lý sin:
4yz
p(p − x).
(y + z)2
x
= 2R.
sin X
5. Định lý cosin:
x2 = y 2 + z 2 − 2yz cos X.
6. Biểu thức đối xứng của a, b, c biểu diễn qua p, R, r:
a + b + c = 2p,
1.6.2
ab + bc + ca = p2 + r2 + 4Rr,
abc = 4pRr.
Các hệ thức liên quan đến vector
Tâm tỉ cự của hệ điểm
Định nghĩa 1.1. Cho một hệ n điểm {A1 , A2 , . . . , An } và một bộ hệ số {α1 , α2 , . . . , αn }
thỏa mãn α1 + α2 + · · · + αn ̸= 0. Khi đó, nếu điểm I thỏa mãn
−−→
−−→
−−→ −
→
α1 IA1 + α2 IA2 + · · · + αn IAn = 0
thì I được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm {A1 , A2 , . . . , An } ứng với bộ hệ số {α1 , α2 , . . . , αn }.
Tính chất. Giả sử I là tâm tỉ cự của hệ n điểm {A1 , A2 , . . . , An } ứng với bộ hệ số
{α1 , α2 , . . . , αn } (α1 + α2 + · · · + αn ̸= 0). Khi đó ta có các tính chất sau: Với điểm O
tùy ý trên mặt phẳng, ta có
( −−→
−−→)
−−→
−→
1
α1 OA1 + α2 OA2 + · · · + αn OAn .
OI =
α1 + α2 + · · · + αn
Và nếu đặt βi =
αi
thì ta có β1 + β2 + · · · + βn = 1 và
α1 + α2 + · · · + αn
−−→
−−→
−−→
−→
OI = β1 OA1 + β2 OA2 + · · · + βn OAn .
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
11
Bất đẳng thức cơ bản trong vector
−
→
→
Với hai vector tùy ý −
a và b , ta có các đánh giá cơ bản sau:
−
→
−
→
−
→
→
→
→
• −
a · b 6 |−
a | · b và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi −
a và b cùng phương.
→
−
−
→
−
→
→
→
→
• −
a + b 6 |−
a | + b , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi −
a = k b (k > 0). Lưu ý
rằng kết quả này vẫn đúng cho trường hợp tổng quát n vector, khi đó ta vẫn có
→
→
→
→
→
→
|−
a1 + −
a2 + · · · + −
an | 6 |−
a1 | + |−
a2 | + · · · + |−
an | .
1.6.3
Một số kết quả quan trọng trong hình học
Ngoài các nội dung đã đề cập ở trên, khi xem xét các bất đẳng thức hình học, chúng
ta cũng sẽ cần đến các kết quả quan trọng sau đây
Định lý 1.14 (Tâm tỷ cự cho hệ hai điểm). Cho đoạn AB và các số thực α, β, α +
−
→
−→
−
→
β ̸= 0 thì tồn tại duy nhất điểm I sao cho αIA + β IB = 0 . Nếu có α′ , β ′ sao cho
−
→
−→ −
β′
α′
→
α′ IA + β ′ IB = 0 , thì
= , khi đó ta nói I là tâm tỷ cự hệ hai điểm A, B ứng với
α
β
bộ số (α, β) và ký hiệu I(α, β).
B
A
I
Chứng minh. Ta có
−
→
−→ −
→
αIA + β IB = 0
−
→
−→ −
→
−
→
⇔ −αAI + β(AB − AI) = 0
−
→
β −→
⇔ AI =
AB
α+β
−→ −
−
→
→
Như vậy I xác định duy nhất, giả sử có α′ IA + β ′ IB = 0 tương tự ta suy ra
′
−
→
β −→
β
α+β
α
AI = ′
AB từ đây dễ suy ra ′ = ′
= ′.
′
′
α +β
β
α +β
α
Định lý 1.15 (Tâm tỷ cự cho hệ ba điểm). Cho tam giác ABC và các số thực α, β, γ α+
−
→
−→
−→ −
→
β + γ ̸= 0 thì tồn tại duy nhất điểm I sao cho αIA + β IB + γ IC = 0 khi đó giả sử có
−→ −
−→
−
→
α
β
γ
→
α′ , β ′ , γ ′ , α′ + β ′ + γ ′ ̸= 0 sao cho α′ IA + β ′ IB + γ ′ IC = 0 thì ′ = ′ = ′ , khi đó ta
α
β
γ
nói I là tâm tỷ cự của bộ ba điểm A, B, C ứng với bộ số (α, β, γ) và ký hiệu I(α, β, γ).
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
12
A
C
B
I
Chứng minh. Do α + β + γ ̸= 0 từ giả thiết đẳng thức vector ta có
−
→
−→
−→ −
→
αIA + β IB + γ IC = 0
Suy ra
−
→
AI = −(
−→
−→
β
γ
AB +
AC)
α+β+γ
α+β+γ
Theo định lý phân tích vector I tồn tại duy nhất.
−
→
−→
−→ −
→
Giả sử có α′ IA + β ′ IB + γ ′ IC = 0 ta suy ra
−
→
AI = −(
−→
−→
γ′
β′
AB
+
AC)
′
′
′
′
′
′
α +β +γ
α +β +γ
Theo sự phân tích vector thì
β
γ
α+β+γ
α
= ′ = ′
= ′
′
′
′
β
γ
α +β +γ
α
Đó là điều phải chứng minh.
Chú ý. Các định lý 1 và định lý 2 nói về sự tồn tại duy nhất của tâm tỷ cự ứng với
tọa độ tỷ cự sai khác nhau một tỷ lệ thức. Tâm tỷ cự hệ n điểm cũng được định nghĩa
bằng hệ thức vector tương tự, tức với A1 , ..., An phân biệt và các số thực α1 , ..., αn có
∑ −−→
−
→
tổng khác 0 thì tồn tại duy nhất điểm I thỏa mãn ni=1 IA1 = 0 . Tuy nhiên điểm
khác biệt cơ bản là với n > 3 với mỗi điểm điểm I trong mặt phẳng không xác định
duy nhất bộ (α1 , ..., αn ) sai khác nhau một tỷ lệ thức, tức là với I xác định ta có thể
tìm được nhiều bộ (α1 , ..., αn ) không tỷ lệ mà chúng vẫn thỏa mãn đẳng thứ vector
trên, chính điều này cho chúng ta thấy ta chỉ có thể dùng bộ ba tọa độ tỷ cự chỉ với
tam giác hoặc trong không gian là với tứ diện, đó thực chất cũng chính là hệ quả của
các định lý phân tích vector trong mặt phẳng hoặc không gian.
Phương tích
Phương tích trong chương trình hình học 10 thường được gắn liền với việc khai triển
nó theo cát tuyến, tuy nhiên ta sẽ định nghĩa phương tích một cách độc lập và nhìn lại
việc khai triển nó theo cát tuyến cũng như một hệ quả của hệ thức Leibnitz cho hai
điểm.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
13
Định nghĩa 1.2. Cho đường tròn (O, R) và điểm P bất kỳ ta gọi số thực OP 2 − R2 là
phương tích của điểm P đối với đường tròn (O), phương tích được ký hiệu là PP/(O) .
Như vậy từ định nghĩa ta dễ thấy dấu của phương tích xác định tùy theo vị trí của
điểm đối với đường tròn.
B
A
O
R
P
Định lý 1.16 (Khai triển phương tích theo tiếp tuyến). Cho đường tròn (O) và P bất
kỳ ở ngoài (O). P T là tiếp tuyến của (O), T thuộc (O). Khi đó PP/(O) = P T 2 .
T
P
O
T'
Chứng minh. Định lý là hệ quả trực tiếp từ định nghĩa phương tích thông qua định lý
Pythagoras.
Định lý 1.17 (Khai triển phương tích theo cát tuyến). Cho đường tròn (O) và điểm
P bất kỳ, một cát tuyến qua P cắt đường tròn tại hai điểm A, B thì tích P A · P B luôn
không đổi với mọi cát tuyến qua P và chính bằng phương tích điểm P đối với (O) tức
PP/(O) = P A · P B
2
BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC
2.1
Phương pháp sử dụng đại số
Khi xem xét các bất đẳng thức trong tam giác, ta không thể nào không nhớ đến định
lý quen thuộc sau đây:
Định lý 2.1. Điều kiện cần và đủ để a, b, c là ba cạnh của tam giác là tồn tại các số
thực dương x, y, z sao cho a = y + x, b = z + x và c = x + y.
Dựa vào định lý này, ta có thể chuyển một bất đẳng thức trong tam giác về dạng bất
đẳng thức của các số dương. Từ đó, bằng cách sử dụng các phương pháp xử lý bất
đẳng thức đại số đã biết, ta sẽ có thể chứng minh được bất đẳng thức đã cho. Một
phép thế đổi biến như vậy được gọi là phép thế Ravi.
Sau đây là các ví dụ minh họa:
Bài toán 2.1 (APMO, 1996). Chứng minh bất đẳng thức
√
√
√
√
√
√
a + b − c + b + c − a + c + a − b 6 a + b + c,
trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Chứng minh. Sử dụng phép thế Ravi, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
√
√
√
√
√
√
2x + 2y + 2z 6 x + y + y + z + z + x.
(1)
Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
√
√
(√
√
√
√ )2
√
x+ y
(1 + 1)(x + y)
2x + 2y
x+y =
>
=
.
2
2
2
Tương tự, ta cũng có
√
√
y+z >
√
2z
√
2z + 2x
.
z+x>
2
Cộng cả ba đánh giá trên lại theo vế, ta thu được ngay bất đẳng thức (1). Đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức là, khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác đã cho
là tam giác đều.
và
√
√
2y +
2
14
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
15
Bài toán 2.2 (Ấn Độ, 2003). Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC. Gọi
A′ B ′ C ′ là tam giác với độ dài các cạnh lần lượt là a + 2b , b + 2c , c + a2 . Chứng minh rằng
9
S∆A′ B ′ C ′ > S∆ABC .
4
Chứng minh. Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Khi đó, độ dài
các cạnh của tam giác A′ B ′ C ′ là
b
z+x
x + 2y + 3z
= (y + z) +
=
,
2
2
2
c
x+y
y + 2z + 3x
b′ = b + = (z + x) +
=
,
2
2
2
a
y+z
z + 2x + 3y
c′ = c + = (x + y) +
=
.
2
2
2
a′ = a +
Gọi p và p′ lần lượt là hai nửa chu vi của ABC và A′ B ′ C ′ , ta có
p=
a+b+c
(y + z) + (z + x) + (x + y)
=
=x+y+z
2
2
và
a′ + b′ + c′
p′ =
=
2
x + 2y + 3z y + 2z + 3x z + 2x + 3y
+
+
3(x + y + z)
2
2
2
=
.
2
2
Từ đây, sử dụng công thức Heron cho diện tích tam giác, ta tính được
√
√
S∆ABC = p(p − a)(p − b)(p − c) = (x + y + z)xyz
và
S∆A′ B ′ C ′
√
= p′ (p′ − a′ )(p′ − b′ )(p′ − c′ ) =
√
3(x + y + z)(2x + y)(2y + z)(2z + x)
.
16
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành
√
3(x + y + z)(2x + y)(2y + z)(2z + x)
9√
>
(x + y + z)xyz,
16
4
tương đương với
81
3(x + y + z)(2x + y)(2y + z)(2z + x)
> (x + y + z)xyz,
16
16
hay
(2x + y)(2y + z)(2z + x) > 27xyz.
Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
√
√
2x + y > 3 3 x2 y, 2y + z > 3 3 y 2 z,
(1)
√
3
2z + x > 3 z 2 x.
Nhân ba bất đẳng thức lại, ta thu được ngay bất đẳng thức (1). Vậy bài toán được
giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, hay a = b = c.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
16
Bài toán 2.3 (IMO, 1964). Cho các số dương a, b, c là độ dài các cạnh của một tam
giác. Chứng minh rằng
a2 (b + c − a) + b2 (c + a − b) + c2 (a + b − c) 6 3abc.
Chứng minh. Thay a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Bất đẳng thức
cần chứng minh trở thành
(y + z)2 (2x) + (z + x)2 (2y) + (x + y)2 (2z) 6 3(x + y)(y + z)(z + x).
Khai triển một chút, ta thấy
x(y + z)2 + y(z + x)2 + z(x + y)2 = x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x2 ) + z(x2 + y 2 ) + 6xyz
và
(x + y)(y + z)(z + x) = x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x2 ) + z(x2 + y 2 ) + 2xyz.
Do đó, bất đẳng thức ở trên tương đương với
[
]
2 x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x2 ) + z(x2 + y 2 ) + 6xyz 6
[
]
6 3 x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x2 ) + z(x2 + y 2 ) + 2xyz ,
hay
x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x2 ) + z(x2 + y 2 ) > 6xyz.
Vì y 2 + z 2 > 2yz, z 2 + x2 > 2zx, x2 + y 2 > 2xy và x, y, z > 0 nên bất đẳng thức cuối
hiển nhiên đúng. Phép chứng minh được hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z, tức là khi tam giác ABC đều.
Bài toán 2.4. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và R là bán kính đường
tròn ngoại tiếp của tam giác đó. Chứng minh rằng
√
a2
b2
c2
+
+
> 3 3R.
b+c−a c+a−b a+b−c
Chứng minh. Áp dụng phép thế Ravi a = y + z, b = z + x, c = x + y (x, y, z > 0)
và công thức Heron, ta có
R=
abc
(y + z)(z + x)(x + y)
.
= √
4S
4 xyz(x + y + z)
Do đó, bất đẳng thức đã cho có thể được viết lại thành
√ (y + z)(z + x)(x + y)
(y + z)2 (z + x)2 (x + y)2
+
+
>3 3· √
,
2x
2y
2z
4 xyz(x + y + z)
tương đương với
√
3 3(y + z)(z + x)(x + y)
yz(y + z)2 + zx(z + x)2 + xy(x + y)2
√
>
,
2xyz
4 xyz(x + y + z)
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
17
hay
[
] √
√
2 x + y + z yz(y + z)2 + zx(z + x)2 + xy(x + y)2 > 27xyz(y + z)(z + x)(x + y).
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, dễ thấy
27xyz 6 (x + y + z)3 .
Vì thế, ta chỉ cần chứng minh được
√
2 x + y + z [yz(y + z)2 + zx(z + x)2 + xy(x + y)2 ] >
√
> (x + y + z)3 (y + z)(z + x)(x + y),
hay
[
]
2 yz(y + z)2 + zx(z + x)2 + xy(x + y)2 > (x + y + z)(y + z)(z + x)(x + y).
Lại có
yz(y + z)2 + zx(z + x)2 + xy(x + y)2 =
= yz(y + z)(x + y + z − x) + zx(z + x)(x + y + z − y) + xy(x + y)(x + y + z − z)
[
] ∑
= (x + y + z) yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) −
xyz(y + z)
[
]
= (x + y + z) yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) − 2xyz .
1
Do đó, bất đẳng thức trên tương đương với
[
]
2(x + y + z) yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) − 2xyz > (x + y + z)(y + z)(z + x)(x + y),
hay
[
]
2 yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) − 2xyz > (y + z)(z + x)(x + y).
Tới đây, với để ý ở đồng nhất thức
(y + z)(z + x)(x + y) = xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) + 2xyz,
ta viết được bất đẳng thức cuối dưới dạng
yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) > 6xyz.
Và ta thấy ngay bất đẳng thức này đúng theo AM-GM
√
yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) > 3 3 x2 y 2 z 2 (y + z)(z + x)(x + y)
√
( √ ) √
√
> 3 3 x2 y 2 z 2 (2 yz) 2 zx (2 xy) = 6xyz.
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
1
∑
f (x, y, z) ở đây được kí hiệu cho tổng hoán vị, cụ thể ta có
∑
f (x, y, z) = f (x, y, z) + f (y, z, x) + f (z, x, y).
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
18
Bài toán 2.5 (IMO, 1991). Cho tam giác ABC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp và
L, M, N tương ứng là các giao điểm của các phân giác trong của các góc A, B, C với
các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng
1
AI BI CI
8
<
·
·
6 .
4
AL BM CN
27
Chứng minh. Sử dụng tính chất của phân giác ta có
CA
b
CL
=
= ,
BL
BA
c
suy ra
a
BC
BL + CL
b
b+c
=
=
=1+ =
.
BL
BL
BL
c
c
Từ đây, ta tính được
BL =
ac
.
b+c
[ nên
Bây giờ, xét tam giác ABL, ta có BI là phân giác trong của góc ABL
ac
IL
BL
a
=
= b+c =
.
AI
AB
c
b+c
Do đó
AL
AI + IL
IL
a
a+b+c
=
=1+
=1+
=
AI
AI
AI
b+c
b+c
AI
Và như thế, ta tính được tỉ số
theo a, b, c là
AL
AI
b+c
=
.
AL
a+b+c
Tính toán tương tự, ta cũng có
BI
c+a
=
,
BM
a+b+c
CI
a+b
=
.
CN
a+b+c
Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(b + c)(c + a)(a + b)
8
1
<
6 .
3
4
27
(a + b + c)
Và sau khi viết lại dưới dạng này, ta thấy ngay vế phải của bất đẳng thức đúng theo
bất đẳng thức AM-GM vì
[
]3
(b + c) + (c + a) + (a + b)
8
(b + c)(c + a)(a + b) 6
= (a + b + c)3 .
3
27
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
19
Vậy ta chỉ cần xét vế trái nữa là xong. Sử dụng phép thế Ravi, ta có ngay
[
][
][
]
(z + x) + (x + y) (x + y) + (y + z) (y + z) + (z + x)
(b + c)(c + a)(a + b)
=
[
]3
(a + b + c)3
(y + z) + (z + x) + (x + y)
=
(2x + y + z)(2y + z + x)(2z + x + y)
,
8(x + y + z)3
(2x + y + z)(2y + z + x)(2z + x + y)
1
>
. Thật vậy đặt x +
(x + y + z)3
2
(2x + y + z)(2y + z + x)(2z + x + y)
(T + x)(T + y)(T + z)
y + z = T . Ta có
=
>
3
(x + y + z)
T3
T 3 + (x + y + z)T
1
> . Bài toán được chứng minh xong.
2
T
2
Bài toán 2.6. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
Ta phải chứng minh
a2 (b − c)(b − a) b2 (c − a)(c − b) c2 (a − b)(a − c)
+
+
> 0.
c+a−b
a+b−c
b+c−a
Chứng minh. Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Ta có
[
][
]
(y + z)2 (z + x) − (x + y) (z + x) − (y + z)
a2 (b − c)(b − a)
=
c+a−b
(x + y) + (y + z) − (z + x)
2
(y + z)
=
(y − z)(y − x).
2y
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(x + y)2
(y + z)2
(z + x)2
(x − y)(x − z) +
(y − z)(y − x) +
(z − x)(z − y) > 0.
x
y
z
Lại có
∑ (x + y)2
∑ (x + y)2 [
]
x(x − y − z) + yz
x
x
∑
∑ yz(x + y)2
=
(x + y)2 (x − y − z) +
x
∑[
∑ yz(x2 + 2xy + y 2 )
]
=
(x − y)(x + y)2 − z(x + y)2 +
x
)
∑
∑(
y3z
3
2
2
3
2
2
2
=
(x + x y − xy − y − zx − 2xyz − zy ) +
xyz + 2y z +
x
∑
∑
∑ y3z
+2
x2 y − 2
xy 2 − 3xyz
=
x
(∑ 2
)
∑x
∑y
y
= xyz
+2
−2
−3 ,
x2
z
z
2
(x − y)(x − z) =
nên ta viết được bất đẳng thức trên dưới dạng
)
(
)
(
)
( 2
x2 z 2
y x z
x y z
y
+
+
+2
+ +
+ +
>2
+ 3.
x2 z 2 y 2
x z y
y z x
2
Chú ý rằng
∑
x3 =
∑
y3 =
∑
z3,
∑
x2 y =
∑
y2 z =
∑
z2x
(1)
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
20
y x z
+ + > 3 (theo AM-GM) nên để chứng minh (1), ta chỉ cần xét bất
x z y
đẳng thức mạnh hơn
)
(
y 2 x2 z 2
x y z
+
+
+3>2
+ +
.
x2 z 2 y 2
y z x
Mặt khác, vì
Đặt u =
y
x
z
, v = , w = thì ta có uvw = 1 và bất đẳng thức trở thành
x
z
y
u2 + v 2 + w2 + 3 > 2(uv + vw + wu).
Theo nguyên lý Dirichlet, ta biết rằng trong ba số u, v, w sẽ có hai số hoặc cùng không
nhỏ hơn 1 hoặc cùng không lớn hơn 1. Và do vai trò của u, v, w là đối xứng nên ta
hoàn toàn có thể giả sử một cách không mất tổng quát rằng hai số đó là u, v, thế thì
ta có (u − 1)(v − 1) > 0, hay u + v 6 uv + 1. Suy ra
uv + vw + wu = uv + w(u + v) 6 uv + w(1 + uv) = w + 1 + uv.
Do đó
u2 + v 2 + w2 + 3 − 2(uv + vw + wu) > u2 + v 2 + w2 + 3 − 2(1 + w + uv)
= (u − v)2 + (w − 1)2 > 0.
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u = v = w = 1, tức
x = y = z hay a = b = c.
Bài toán 2.7. Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
(a + b − c)2 (a − b + c)2 (−a + b + c)2 + (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 6 a2 b2 c2 .
Chứng minh. Sử dụng phép thế Ravi a = y + z, b = z + x, c = x + y (x, y, z > 0),
bất đẳng thức trở thành
64x2 y 2 z 2 + (y − z)2 (z − x)2 (x − y)2 6 (x + y)2 (x + z)2 (y + z)2 .
Đặt A = x2 y + y 2 z + z 2 x, B = xy 2 + yz 2 + zx2 và C = xyz, ta dễ dàng kiểm tra được
các khai triển sau
(x − y)(y − z)(z − x) = B − A,
(x + y)(y + z)(z + x) = A + B + 2C.
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành
(A + B + 2C)2 > (B − A)2 + 64C 2 ,
tương đương
4AB + 4C(A + B) > 60C 2 .
và
∑
xy 2 =
∑
yz 2 =
∑
zx2 .
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
21
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta lại có
A = x2 y + y 2 z + z 2 x > 3xyz = 3C
và
B = xy 2 + yz 2 + zx2 > 3xyz = 3C.
Vì thế nên
4AB + 4C(A + B) > 4(3C)(3C) + 4C(3C + 3C) = 60C 2 .
Bài toán được chứng minh xong. Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z,
tức tam giác đã cho là tam giác đều.
Bài toán 2.8. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
(
)
(
)
(
)
√
√
√
1
1
1
1
1
1
a
−√
+ b
−√
+ c
−√
> 0.
b+c−a
c+a−b
a+b−c
bc
bc
ab
√
Chứng minh. Nhân hai vế của bất đẳng thức với abc và chú ý rằng
√
(
)
√
√
1
1
a bc
abc · a
−√
− a,
=
b+c−a
b+c−a
bc
ta được bất đẳng thức tương đương là
√
√
√
a bc
b ca
c ab
+
+
> a + b + c.
b+c−a c+a−b a+b−c
Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Bất đẳng thức trên trở thành
√
√
(y + z) (x + y)(x + z) (z + x) (y + z)(y + x)
+
+
x
y
√
(x + y) (z + x)(z + y)
+
> 4(x + y + z).
z
Bây giờ, sử dụng lần lượt các bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có
√
(
√ )
√
(y + z) x + yz
(y + z) yz
(y + z) (x + y)(x + z)
>
=y+z+
x
x√
x
√
2 yz · yz
2yz
>y+z+
=y+z+
.
x
x
Từ đánh giá này và hai đánh giá tương tự, ta đưa được bài toán về chứng minh
2yz 2zx 2xy
+
+
> 2(x + y + z),
x
y
z
hiển nhiên đúng vì theo AM-GM,
(
) (
) (
2yz 2zx 2xy
yz zx
zx xy
xy yz )
+
+
=
+
+
+
+
+
x
y
z
x
y
y
z
z
x
√
√
√
yz zx
zx xy
xy yz
>2
·
+2
·
+2
·
x y
y
z
z x
= 2z + 2x + 2y = 2(x + y + z).
Phép chứng minh được hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
22
Bài toán 2.9. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi 2. Chứng minh rằng
a3 b3 c3 a3 b3 c3
+ + −
− −
< 3.
b
c
a
c
a
b
Chứng minh. Nhân hai vế của bất đẳng thức với abc, ta được
|ab4 + bc4 + ca4 − a4 b − b4 c − c4 a| < 3abc.
Ta sẽ chứng minh
ab4 + bc4 + ca4 − a4 b − b4 c − c4 a = (a − b)(b − c)(c − a)(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca). (1)
Thật vậy, nếu xem
ab4 + bc4 + ca4 − a4 b − b4 c − c4 a = (c − b)a4 + (b4 − c4 )a + bc4 − b4 c = P (a)
là một đa thức một biến theo a thì dễ thấy P (b) = P (c) = 0. Từ đó, áp dụng thuật
toán chia đa thức Horner, ta dễ dàng viết được
[
]
P (a) = (a − b)(a − c) (c − b)a2 + (c2 − b2 )a + (c3 − b3 )
[
]
= (a − b)(a − c)(c − b) a2 + (c + b)a + (c2 + bc + b2 )
= (a − b)(b − c)(c − a)(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca).
Vậy đồng nhất thức (1) được chứng minh, và sử dụng nó, ta viết được bất đẳng thức
cần chứng minh dưới dạng
(a − b)(b − c)(c − a)(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) < 3abc.
Bây giờ, đặt a = y + z, b = x + z, c = x + y với x, y, z > 0 thì
∑
∑
∑
∑
a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca =
a2 +
bc =
(y + z)2 +
(x + y)(x + z)
∑
∑
=
(y 2 + 2yz + z 2 ) +
(x2 + xy + yz + zx)
∑
∑
=3
x2 + 5
yz.
Và như thế, ta phải chứng minh
[
]
|x − y||y − z||z − x| 3(x2 + y 2 + z 2 ) + 5(xy + yz + zx) < 3(x + y)(y + z)(z + x).
Kết quả này hiển nhiên đúng do |x − y| < x + y, |y − z| < y + z, |z − x| < z + x và
3(x2 + y 2 + z 2 ) + 5(xy + yz + zx) < 3(x2 + y 2 + z 2 ) + 6(xy + yz + zx)
(
)2
a+b+c
2
= 3.
= 3(x + y + z) = 3
2
Bài toán được chứng minh xong.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
23
Bài toán 2.10 (IMO, 1983). Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) > 0.
Chứng minh. Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Ta có
∑
∑
∑
[
]
a2 b(a − b) =
(y + z)2 (z + x)(y − x) =
(y + z)2 yz + x(y − z) − x2
∑
∑
∑
=
yz(y + z)2 −
x2 (y + z)2 +
x(y − z)(y + z)2
∑
∑
∑
=
yz(y 2 + z 2 ) − 2
x2 yz +
x(y 3 + y 2 z − yz 2 − z 3 )
(∑ 2 ∑ )
∑
∑
y
3
2
=2
xy − 2
x yz = 2xyz
−
x .
z
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
x2 y 2 z 2
+
+
> x + y + z,
y
z
x
hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
x2 y 2 z 2
(x + y + z)2
+
+
>
= x + y + z.
y
z
x
y+z+x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức a = b = c.
Bài toán 2.11. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
(a)
9
1
1
1
9 12(R − 2r)
6
+
+
6 +
;
p
p−a p−b p−c
p
pr
(b) 3r 6
ara + brb + crc
6 4R − 5r.
a+b+c
Chứng minh. Sử dụng phép thế Ravi, ta có p = x + y + z, p − a = x, p − b = y và
p − c = z. Suy ra
√
√
S = p(p − a)(p − b)(p − c) = xyz(x + y + z)
(a) Do R =
abc
S
và r = nên ta có
4S
p
S
abc
−2·
R − 2r
pabc − 8S 2
4S
p
=
=
pr
S
4pS 2
(x + y)(y + z)(z + x)(x + y + z) − 8xyz(x + y + z)
=
4xyz(x + y + z)2
(x + y)(y + z)(z + x) − 8xyz
=
.
4xyz(x + y + z)
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
24
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
[
]
3 (x + y)(y + z)(z + x) − 8xyz
1 1 1
9
9
6 + + 6
+
,
x+y+z
x y z
x+y+z
xyz(x + y + z)
hay
(
9 6 (x + y + z)
1 1 1
+ +
x y z
)
[
]
3 (x + y)(y + z)(z + x) − 8xyz
69+
.
xyz
Sau biến đổi về dạng này, ta thấy ngay vế trái hiển nhiên đúng theo AM-GM
√
)
(
1
1 1 1
√
(x + y + z)
+ +
> 3 3 xyz · 3 3
= 9.
x y z
xyz
Bây giờ, ta đi chứng minh vế phải. Từ hằng đẳng thức quen thuộc
(x + y)(y + z)(z + x) = (x + y + z)(xy + yz + zx) − xyz
(
)
1 1 1
= xyz(x + y + z)
+ +
− xyz,
x y z
ta suy ra
[
]
(
)
(x + y)(y + z)(z + x) − 8xyz
1 1 1
= (x + y + z)
+ +
− 9.
xyz
x y z
Do đó, vế phải của bất đẳng thức trên tương đương với
(
)
[
(
)
]
1 1 1
1 1 1
(x + y + z)
+ +
6 9 + 3 (x + y + z)
+ +
−9 ,
x y z
x y z
hay
(
(x + y + z)
1 1 1
+ +
x y z
)
> 9.
Đây chính là vế trái vừa được chứng minh ở trên. Vậy (a) được chứng minh xong. Dễ
thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức a = b = c.
(b) Do R =
S
S
abc
, r = và ra =
nên bất đẳng thức đã cho tương đương với
4S
p
p−a
3·
S
6
p
a·
S
S
S
+b·
+c·
abc
S
p−a
p−b
p−c
64·
−5· ,
2p
4S
p
hay
66
a
b
c
2pabc
+
+
6
− 10.
p−a p−b p−c
S2
Chuyển về theo biến x, y, z, ta được
66
y+z z+x x+y
2(x + y)(y + z)(z + x)(x + y + z)
+
+
6
− 10,
x
y
z
xyz(x + y + z)
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
25
hay tương đương
66
2(x + y)(y + z)(z + x)
y+z z+x x+y
+
+
6
− 10.
x
y
z
xyz
Mặt khác, ta lại có hằng đẳng thức quen thuộc
y+z z+x x+y
(x + y)(y + z)(z + x)
+
+
=
− 2.
x
y
z
xyz
Do đó, bất đẳng thức trên có thể được viết lại thành
86
(x + y)(y + z)(z + x)
2(x + y)(y + z)(z + x)
6
− 8.
xyz
xyz
Từ đây, dễ thấy vế trái đúng theo AM-GM
( √ )( √ ) √
2 xy 2 yz (2 zx)
(x + y)(y + z)(z + x)
>
= 8.
xyz
xyz
Còn vế phải thì sau khi thu gọn, nó tương đương với
(x + y)(y + z)(z + x)
>8
xyz
cũng chính là bất đẳng thức vế trái vừa được chứng minh. Vậy (b) được chứng minh
xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức a = b = c.
Bài toán 2.12. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
A
B
C
+ sin + sin
2
2
2 < √2.
A
B
C
1 + sin sin sin
2
2
2
sin
Chứng minh. Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Sử dụng công
thức cung nhân đôi và định lý cosin, ta có
2 sin2
A
b2 + c2 − a2
(z + x)2 + (x + y)2 − (y + z)2
= 1 − cos A = 1 −
=1−
2
2bc
2(z + x)(x + y)
2
2yz
x + xy + xz − yz
=
.
=1−
(x + y)(x + z)
(x + y)(x + z)
Từ đó suy ra
A
sin =
2
Tương tự, ta cũng biểu diễn được sin
1 + sin
√
yz
.
(x + y)(x + z)
B
C
, sin theo x, y, z. Với các kết quả này, ta có
2
2
A
B
C
xyz
(x + y + z)(xy + yz + zx)
sin sin = 1 +
=
.
2
2
2
(x + y)(y + z)(z + x)
(x + y)(y + z)(z + x)
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
26
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành
√
√
√
yz
zx
xy
+
+
<
(x + y)(x + z)
(y + z)(y + x)
(z + x)(z + y)
√
2(x + y + z)(xy + yz + zx)
<
.
(x + y)(y + z)(z + x)
Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
]2
[√
√
√
yz
zx
xy
6
+
+
(x + y)(x + z)
(y + z)(y + x)
(z + x)(z + y)
[
]
1
1
1
6 (yz + zx + xy)
+
+
(x + y)(x + z) (y + z)(y + x) (z + x)(z + y)
2(x + y + z)(xy + yz + zx)
=
.
(x + y)(y + z)(z + x)
Vậy ta chỉ cần chứng minh
2(x + y + z)(xy + yz + zx)
<
(x + y)(y + z)(z + x)
[√
2(x + y + z)(xy + yz + zx)
(x + y)(y + z)(z + x)
]2
,
hay
(x + y)(y + z)(z + x) < (x + y + z)(xy + yz + zx).
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do
(x + y)(y + z)(z + x) = (x + y + z)(xy + yz + zx) − xyz.
Bài toán được chứng minh xong.
Bài toán 2.13. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
1
1
1
9
+
+
6
(b + c)2 (c + a)2 (a + b)2
16r(4R + r)
Chứng minh. Sử dụng phép thế Ravi x = p − a, y = p − b, z = p − c ta đưa về chứng
minh bất đẳng thức đại số sau
1
1
1
9
+
+
6
.
2
2
2
(y + z + 2x)
(z + x + 2y)
(x + y + 2z)
16(xy + yz + zx)
Ta có
1
(y + z + 2x)2
1
(z + x + 2y)2
1
(x + y + 2z)2
Do đó
1
(y + z + 2x)2
1
4(x + y)(x + z)
1
6
4(z + y)(x + y)
1
6
4(x + z)(y + z)
6
+
1
1
+
2
(z + x + 2y)
(x + y + 2z)2
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
x+y+z
9
6
2(x + y)(y + z)(z + x)
16(xy + yz + zx)
Bất đẳng thức cuối có do bất đẳng thức tổ hợp cơ bản
6
8
(x + y)(y + z)(z + x) > (x + y + z)(xy + yz + zx).
9
Ta có điều phải chứng minh.
2.2
2.2.1
Phương pháp vector
Ứng dụng và làm mạnh bất đẳng thức tam giác
−
→
→
Bài toán 2.14. Cho hai vector −
a , b . Chứng minh rằng
→
−
−
→
→
−
→
→
→
|−
a + b | = |−
a | cos α + | b | cos β 6 |−
a|+| b |
→
−
−
→ → −
→
→
→
Trong đó α = (−
a ,−
a + b ), β = ( b , −
a + b)
−
→ →
→
Bài toán 2.15. Cho ba vector −
a , b ,−
c chứng minh rằng
→ −
−
−
→
→
−
−
→
→
−
→
→
→
→
a) | a + b + c | = | a | cos α + | b | cos β + |−
c | cos γ 6 |−
a | + | b | + |−
c|
−
→
→
−
−
→
−
→ −
−
→
→
−
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
trong đó α = ( a , a + b + c ), β = ( b , a + b + c ), γ = ( c , a + b + →
c)
−
→
→ −
−
→ −
−
→
−
→
−
→
−
−
→
→
→
−
→
−
→
−
→
b) | a | + | b | + | c | + | a + b + c | > | b + c | + | c + a | + | a + b |
→
Bài toán 2.16. Cho bốn vector −
xi , i = 1, 4 chứng minh rằng
∑
∑
∑
→
−
→
→
→
→
xi | +
|−
xi |
|−
xi + −
xj + −
xk | 6 2|
a)
b)
∑
16i64
16i64
16i<j<k64
→
→
|−
xi + −
xj | 6 |
16i<j64
∑
16i64
−
→
xi | + 2
∑
→
|−
xi |
16i64
Chúng ta có bài toán tổng quát sau
→
Bài toán 2.17 (Tổng quát). Cho n vector −
xi , i = 1, n. Chứng minh rằng
( n
)
n
∑
∑
∑
n
−
3
1
→
−
→
→
→
→
xi +
|−
xi + −
xj + −
xk | 6
|−
xi | .
n − 2 16i<j6k6n
2
i=1
i=1
Chứng minh. Ta có
)
)( n
(
n
n
n
∑
∑ −
∑
∑
→
−
→
→
−
−
→
xi
| xi | −
xi
| xi | +
i=1
i=1
i=1
i=1
)2
(n
)2 ( n
∑
∑−
∑ −
→
→
→
→
→
→
xj )
=2
(|−
xi | |−
xj | − −
xi −
xi
=
| xi | −
16i<j6n
i=1
i=1
(
)
∑
1
2
2
→
→
→
→
→
→
=
(|−
xi | + |−
xj | + |−
xk |) − |−
xi + −
xj + −
xk |
n − 2 16i<j<k6n
27
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
28
∑
1
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
(|−
xi | + |−
xj | + |−
xk | + |−
xi + −
xj + −
xk |) (|−
xi | + |−
xj | + |−
xk | − | −
xi + −
xj + −
xk |)
n − 2 16i<j<k6n
n
n
∑
∑
→
→
→
→
→
→
→
→
−
Do |−
xi + −
xj + −
xk | + |−
xi | + |−
xj | + |−
xk | 6
|−
xi | +
xi
=
i=1
i=1
Từ đó
(
)( n
)
n
n
n
∑
∑
∑ →
∑
−
→
−
→
−
→
−
| xi | +
xi
| xi | −
xi
i=1
i=1
i=1 )
( n i=1
n
∑
∑ −
∑
1
→
−
→
→
→
→
→
→
|→
xi | +
xi (|−
6
xi | + |−
xj | + |−
xk | − |−
xi + −
xj + −
xk |)
n − 2 16i<j<k6n i=1
i=1
Suy ra
n
n
∑
∑
∑
1
−
→
→
→
→
→
→
→
→
xi 6
(|−
xi | + |−
xj | + |−
xk | − |−
xi + −
xj + −
xk |)
|−
xi | −
n − 2 16i<j<k6n
i=1
i=1
n
n
n
∑
∑
∑
1 3Cn3 ∑
1
→
−
→
→
→
→
→
|−
xi | −
xi 6
|−
xi | −
|−
xi + −
xj + −
xk |
n − 2 n i=1
n − 2 16i<j<k6n
i=1
i=1
nên
)
(n
n
∑
n−3 ∑
1 ∑ −
→
−
→
→
−
−
→
→
−
| xi + x j + xk | 6
xi +
| xi | .
n−2
2
i=1
i=1
Ta có điều phải chứng minh.
Bằng phương pháp tương tự, ta chứng minh bất đẳng thức sau
→
Bài toán 2.18. Cho n vector −
x , i = 1, n chứng minh rằng
i
∑
16i<j6n
→
→
|−
xi + −
xj | 6 |
∑
16i6n
−
→
xi | + (n − 2)
∑
→
|−
xi |
16i6n
Bài toán 2.19. Cho tứ giác ABCD gọi I, J là trung điểm của AC, BD chứng minh
rằng
AC + BD + 2IJ 6 AB + BC + CD + DA
Bài toán 2.20. Cho tam giác ABC trọng tâm G và điểm P bất kỳ, Q là điểm sao cho
−→
−→
P Q = 3P G. Chứng minh rằng P A + P B + P C + P Q > QA + QB + QC.
Bài toán 2.21. Cho tứ giác ABCD trọng tâm G và điểm P bất kỳ, Q là điểm sao cho
−→
−→
P Q = 4P G chứng minh rằng P A + P B + P C + P D + 2P Q > QA + QB + QC + QD,
hãy áp dụng tiếp và đường thẳng Euler của tứ giác nội tiếp.
Bài toán 2.22. Cho tam giác ABC trọng tâm G, A′ , B ′ , C ′ là trung điểm của BC, CA, AB
chứng minh rằng
1
0 6 P A + P B + P C + 3P G − 2(P A′ + P B ′ + P C ′ ) 6 (a + b + c)
2
Bài toán 2.23. Cho tam giác ABC trọng tâm I(α, β, γ) nằm trong tam giác A′ , B ′ , C ′
là giao điểm của IA, IB, IC với BC, CA, AB chứng minh rằng
αP A + βP B + γP C + (α + β + γ)P I > (β + γ)P A′ + (γ + α)P B ′ + (α + β)P C ′
Bài toán 2.24. Cho tam giác ABC với α, β, γ > 0 với mọi P trong tam giác, chứng
minh rằng f (P ) = αP An + βP B n + γP C n 6 max{f (A), f (B), f (C)}
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
2.2.2
29
Kết hợp bất đẳng thức Ptolemy và bất đẳng thức tam giác
Bài toán 2.25 (Bất đẳng thức Ptolemy). Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ chứng
minh rằng aP A, bP B, cP C là ba cạnh một tam giác
Bài toán 2.26 (Định lý Bretschneider). Cho tứ giác ABCD có độ dài các cạnh
AB, BC, CD, DA lần lượt là a, b, c, d và độ dài hai đường chéo AC, BD là m, n. Khi
đó ta có m2 n2 = a2 c2 + b2 d2 − 2abcd cos(A + C)
Bài toán 2.27. Cho tam giác ABC diện tích S, các trung tuyến ma , mb , mc và điểm
P bất kỳ chứng minh rằng
a) aP A + bP B + cP C > 4S
b) aP A + cP B + bP C > 4S
ama + bmb + cmc
c) P A + P B + P C >
p
Chứng minh. a) Lấy A1 đối xứng với A qua BC.
b) Xét A2 đối xứng với A qua trung điểm của BC. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy
vào tam giác A2 BC
CA2 .P B + BA2 P C > BC.P A2 > BC (AA2 − P A)
⇒ aP A + bP B + cP C > 2ama > 4S
c) Tương tự câu b) ta có
cP A + bP C + aP C > 2bmb
bP A + aP B + cP C > 2cmc
Do đó (a + b + c) (P A + P B + P C) > 2 (ama + bmb + cmc )
an ma + bn mb + cn mc
Chú ý.Ta có mở rộng P A + P B + P C > 2
với n 6 1.
an + b n + c n
Khi n = 2. Ta đã chứng minh được
aP A + cP B + bP C > 2ma a
⇒ a2 P A + acP B + abP C > 2ma a2
a2 + b2
a2 + c2
PB +
P C > 2a2 ma
⇒ a2 P A +
2
2
Tương tự, ta có hai bất đẳng thức nữa. Cộng ba bất đẳng thức trên ta có điều phải
chứng minh
aP A + cP B + bP C > 2ma a
⇒ aP A2 + cP B.P A + bP C.P A > 2ama P A
P C 2 + P A2
P A2 + P B 2
+b
> 2ama P A
⇒ aP A2 + c
2
2
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
30
Tương tự, cộng các vế lại ta được
(
)
P A2 + P B 2 + P C 2 (a + b + c) > 2 (ama P A + bmb P B + cmc P C)
(
)
⇒ (P A + P B + P C) GA2 + GB 2 + GC 2 > 3 (aGA.P A + bGB.P B + cGC.P C)
So sánh (P A + P B + P C) (GA2 + GB 2 + GC 2 ) > 3 (a2 GA + b2 GB + c2 GC)
Chứng minh cho n bất kì Ta có
an P A + an−1 cP B + an−1 bP C > 2an ma
(n − 1) an + cn
an−1 c 6
n
(n
−
1)
an + bn
an−1 b 6
n
Bài toán 2.28. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ A′ , B ′ , C ′ là các hình chiếu của
P lên ba cạnh, chứng minh rằng
1 1 1
2(AA′ + BB ′ + CC ′ ) > ( + + )(aP A + bP B + cP C) > 2(ha + hb + hc)
a b c
2.2.3
Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz dạng vector
Bài toán 2.29. Cho tam giác ABC và điểm Q trong tam giác, đặt ∠BQC = α, ∠CQA =
β, ∠AQB = γ, với P bất kỳ trong mặt phẳng chứng minh rằng
sin αP A + sin βP B + sin γP C > sin αQA + sin βQB + sin γQC
Bài toán 2.30 (Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz). Cho tam giác ABC và
điểm I(α, β, γ) ở trong tam giác với mọi điểm P trong mặt phẳng chứng minh rằng
αP A · IA + βP B · IB + γP C · IC > αIA2 + βIB 2 + γIC 2 .
Chứng minh. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwar dạng vector, ta có
−→ −
→
−−→ −→
−→ −→
αP A.IA + βP B.IB + γP C.IC > αP A.IA + β P B.IB + γ P C.IC
Mặt khác
−→ −
→
−−→ −→
−→ −→
αP A.
+ βP)
B.IB + γ(P C.IC )
(IA
(−
−→ −
→ −
→
−→ −→ −→
→ −→) −→
= α P I + IA IA + β P I + IB IB + γ P I + IC IC
= αIA2 + βIB 2 + γIC 2
Ta thu được điều phải chứng minh.
Ta ứng dụng bài toán trên vào các bài cực trị hình học sau
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
31
Bài toán 2.31. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ hãy tìm cực trị các biểu thức
a) aP A + bP C + cP C khi tam giác ABC nhọn
b) a cos AP A + b cos BP B + cos CP C khi khi tam giác ABC nhọn
A
B
C
c) cos P A + cos P B + cos P C
2
2
2
d) ma P A + mb P B + mc P C
Bài toán 2.32. Cho tam giác nhọn ABC với a > b > c và P A > P B > P C, chứng
minh rằng P A + P B + P C > 3R
Bài toán 2.33 (Bài toán Fermat). Cho tam giác ABC với P trong mặt phẳng hãy
tìm giá trị bé nhất của P A + P B + P C.
Bài toán 2.34. Cho tam giác ABC trung tuyến ma với mọi P trong mặt phẳng hãy
tìm giá trị bé nhất của ma P A + cP B + bP C
Bài toán 2.35. Cho tam giác ABC với mọi P trong mặt phẳng tìm giá trị nhỏ nhất
A
của biểu thức cos P A + P B + P C
2
Bài toán 2.36. Cho đa giác ngoại tiếp A1 A2 ...An với mọi P trong mặt phẳng hãy tìm
giá trị nhỏ nhất của
a) sin A1 · P A1 + sin A2 · P A2 + ... + sin An · P An
b) sin A1 · P A21 + sin A2 · P A22 + ... + sin An · P A2n
Bài toán 2.37. Cho tam giác ABC, trung tuyến ma , bán kính ngoại tiếp R chứng
minh rằng
a) 4Rma > b2 + c2 .
a2
b) 2R + 2OH >
với O là tâm ngoại tiếp, H là trực tâm
ma
Bài toán 2.38. Cho tam giác ABC có A′ , B ′ , C ′ lần lượt là trung điểm BC, CA, AB
với mọi P trong mặt phẳng chứng minh rằng
a2 + b2 + c2
6
Bài toán 2.39 (Bài toán Fagnano). Cho tam giác nhọn ABC hãy tìm trên BC, CA, AB
các điểm A′ , B ′ , C ′ sao cho B ′ C ′ + C ′ A′ + A′ B ′ đạt giá trị bé nhất. Hãy tổng quát bài
toán.
P A · P A′ + P B · P B ′ + P C · P C ′ + 3P G2 >
Bài toán 2.40. Cho tam giác ABC trực tâm H hãy tìm giá trị bé nhất của P A3 +
3
P B3 + P C 3 − R · M H 2
2
Bài toán 2.41. Cho tam giác ABC tâm nội tiếp I bán kính nội tiếp r bán kính ngoại
IA2 + IB 2 + IC 2
tiếp R chứng minh rằng IA + IB + IC > 3r +
2R
Bài toán 2.42. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và tâm nội tiếp I, điểm P bất kỳ
thuộc cung nhỏ BC, chứng minh rằng P A + 2OI > P B + P C > P A − 2OI
Chứng minh bất đẳng thức Erdos-Mordel bằng phương pháp vector.
Bài toán 2.43 (Bất đẳng thức Erdos-Mordell). Cho tam giác ABC với P là điểm
bất kỳ bên trong da , db , dc là khoảng cách từ P đến BC, CA, AB chứng minh rằng
P A + P B + P C > 2(da + db + dc ).
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
2.2.4
32
Phương pháp bình phương vô hướng
Bài toán 2.44. Cho tam giác ABC và mọi x, y, z chứng minh rằng
(x + y + z)2
a) yz sin2 A + zx sin2 B + xy sin2 C 6
4
x2 + y 2 + z 2
b) yz cos A + zx cos B + xy cos C 6
2
x2 + y 2 + z 2
c) yz cos 2A + zx cos 2B + xycos2C > −
2
Bài toán 2.45. Cho tam giác ABC diện tích S và x, y, z > 0 chứng minh rằng
√
xa2 + yb2 + zc2 > xy + yz + zxS
√
Bài toán 2.46. Cho tam giác ABC với x, y, z > 0 chứng minh rằng 3(yz sin A +
A
B
C
zx sin B + xy sin C) 6 (tan + tan + tan )(yz sin A + zx sin B + xy sin C) 6 (x +
2
2
2
y + z)2 .
2.2.5
Một số bài toán trong các kỳ thi Olympiad
Áp dụng phương pháp vector và bất đẳng thức tam giác chúng ta có thể chứng minh
được một số bài toán sau
Bài toán 2.47 (IMOSL 2002 Kor). Cho tam giác ABC có điểm F nằm trong sao cho
∠BF C = ∠CF A = ∠AF B, gọi D, E lần lượt là giao của BF, CF với AC, AB chứng
minh rằng AB + AC > 4DE.
Bài toán 2.48 (IMOSL 2001 Gbr). Cho tam giác ABC trọng tâm G và điểm P bất
kỳ tìm min P A · GA + P B · GB + P C · GC.
Bài toán 2.49 (IMO1 2001 Kor). Trong tam giác nhọn ABC tâm ngoại tiếp O và
đường cao AP , ∠C > ∠B + 30◦ . Chứng minh rằng ∠A + ∠COP < 90◦ .
Bài toán 2.50 (IMO1 2006 Kor). Cho tam giác ABC tâm nội tiếp I và điểm P bất
kỳ trong tam giác thỏa mãn ∠P BA + ∠P CA = ∠P BC + ∠P CB. Chứng minh rằng
AP > AI
Bài toán 2.51 (IMOSL 2006 Pol). Cho tứ giác lồi ABCD các đường tròn qua A và
D, qua B và C tiếp xúc ngoài tại P nằm trong tứ giác, giả sử rằng ∠P AB + ∠P BC 6
90◦ , ∠P AB + ∠P CD 6 90◦ . Chứng minh rằng AB + CD > BC = AD.
Bài toán 2.52 (VMO 1990). Cho hai tam giác ABC và A1 B1 C1 có độ dài các cạnh
là a, b, c và a1 , b1 , c1 gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC. Chứng minh rằng
a2 b2 c2
R2 (a + b + c)2
+ +
6
.
a1 b1 c1
a1 b 1 c 1
Bài toán 2.53 (VMO 1998). Cho bốn tia Ox, Oy, Oz, Ot trong không gian hợp với
nhau những góc bằng nhau
a) Tính góc tại bởi hai tia trong số chúng.
b) Cho Or ∑
là tia bất kỳ∑và α, β, γ, δ là các góc hợp bởi Or và Ox, Oy, Oz, Ot. Chứng
minh rằng
cos α và
cos2 α là không đổi.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
2.3
33
Phương pháp R, r, p
Cho tam giác ABC độ dài ba cạnh là a, b, c các bán kính nội tiếp r, ngoại tiếp R chúng
ta có các hệ thức cơ bản sau
ab + bc + ac = p2 + r2 + 4Rr
a2 + b2 + c2 = 2(p2 − r2 − 4Rr)
OI 2 = R2 − 2Rr ⇒ R > 2r đẳng thức này được biết đến là hệ thức Euler
9IG2 = p2 − 16Rr + 5r2 ⇒ p2 > 16Rr − 5r2
IH 2 = 4R2 + 3r2 + 4Rr − p2 ⇒ p2 6 4R2 + 4Rr + 3r2
Hai bất đẳng thức trên được biết đến với tên bất đẳng thức Gerretssen
OH 2 = 9OG2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2 ) ⇒ a2 + b2 + c2 6 9R2
2.3.1
Bổ đề của Jack Garfunkel
Bổ đề 1 (Jack Garfunkel). Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng
2R2 + 8Rr + 3r2 6 p2 .
π
Bổ đề 2 (Jack Garfunkel). Cho ABC là tam giác nhọn thỏa mãn 6 min{A, B, C} 6
4
π
max{A, B, C} 6 . Chứng minh rằng
2
p2 6 3R2 + 7Rr + r2
Chứng minh. Sử dụng các đẳng thức của R, r, p
cos A + cos B + cos C =
cos A cos B cos C =
R+r
R
p2 − 4R2 − 4Rr − r2
4R2
Bất đẳng thức tương đương với
3(cos A + cos B + cos C) > 4 + 4 cos A cos B cos C
π
π
π
π
A
6 min{A, B, C} 6 max{A, B, C} 6 ta có thể giả sử 6 A 6 ⇒ 2 sin >
4
2
4
3
2
π
π
A
2 A
2 sin > cos > cos A ⇒ 2 sin
+ 2 sin − 1 > 0 vì thế
8
4
2
2
A
A
A
(2 sin2 + 2 sin − 1)(2 sin − 1)2 > 0
2
2
2
Vì
⇔ 3 cos A + 6 sin
Ta có |B − C| 6
A
A
− 4 cos A sin2 > 4 (1)
2
2
π
nên
4
4 cos A(1 + cos
1
A
B−C
) > 2(1 + √ ) > 3 > 6 sin
2
2
2
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
34
Do đó
4 cos A(1 + cos
B−C
A
B−C
B−C
)(1 − cos
) > 6 sin (1 − cos
)
2
2
2
2
⇔ 4 cos A(sin2
A
A
− cos B cos C) > 6 sin − 3(cos B + cos C)
2
2
⇔ 3(cos A + cos C) − 6 sin
A
A
+ 4 cos A sin2 > 4 cos A cos B cos C (2)
2
2
Từ (1), (2) ta có
3(cos A + cos B + cos C) > 4 + 4 cos A cos B cos C
Đó là điều phải chứng minh.
Nhận xét. Bất đẳng thức Garfunkel là một bổ đề mạnh. Sử dụng bất đẳng thức
Garfunkel làm bổ đề ta có thể chứng minh được nhiều bất đẳng thức hình học mạnh
khác cho tam giác nhọn.
2.3.2
Một vài bài toán ứng dụng
Ta sẽ sử dụng phương pháp R, r, p để chứng minh một số bất đẳng thức trong tam
giác.
Bài toán 2.54. Cho tam giác ABC với diện tích S. Chứng minh rằng
2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) > 4(
√
a2 (p − a) b2 (p − b) c2 (p − c)
+
+
) > 4 3S
b+c
c+a
a+b
Chứng minh. Chúng ta nói một chút về bất đẳng thức này
√
√
2(ab+bc+ca)−(a2 +b2 +c2 ) > 4 3S ⇔ a2 +b2 +c2 > 4 3S +(b−c)2 +(c−a)2 +(a−b)2
Bất đẳng thức trên còn gọi là bất đẳng thức Finsler - Hadwiger liên hệ giữa cạnh và
diện tích rất nổi tiếng
a2 (p − a) b2 (p − b) c2 (p − c) √
+
+
> 3S
b+c
c+a
a+b
⇔
√
a
b
c
+
+
> 3
ra + ha rb + hb rc + hc
Đó là một bất đẳng thức mạnh, tuy nhiên bất đẳng thức của chúng ta còn mạnh hơn
bất đẳng thức Finsler - Hadwiger. Ta viết nó dưới dạng R, r, p như sau
2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) = 16Rr + 4r2
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
35
a2 (p − a) b2 (p − b) c2 (p − c)
r((3r + 2R)p2 − r3 − 6r2 R − 8R2 r)
+
+
=2
b+c
c+a
a+b
p2 + r2 + 2Rr
Bất đẳng thức đầu tiên tương đương với
a2 (p − a) b2 (p − b) c2 (p − c)
+
+
)
b+c
c+a
a+b
r((3r + 2R)p2 − r3 − 6r2 R − 8R2 r)
⇔ 16Rr + 4r2 > 8
p2 + r2 + 2Rr
(3r + 2R)p2 − r3 − 6r2 R − 8R2 r
⇔ 4R + r > 2
p2 + r2 + 2Rr
r(18Rr + 24R2 + 3r2 − 5p2 )
⇔
>0
p2 + r2 + 2Rr
⇔ 5p2 6 24R2 + 18Rr + 3r2
2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) > 4(
Sử dụng p2 6 4R2 + 4Rr + 3r2 ta phải chứng minh
5(4R2 + 4Rr + 3r2 ) 6 24R2 + 18Rr + 3r2 ⇔ 2(2R + 3r)(R − 2r) > 0
Điều này luôn đúng. Với bất đẳng thức thứ hai, ta dễ thấy
(
∑ b2 c2 (p − b)(p − c)
a2 (p − a) b2 (p − b) c2 (p − c) 2
+
+
) >3
b+c
c+a
a+b
(a + b)(a + c)
Ta sẽ chứng minh rằng
∑ b2 c2 (p − b)(p − c)
(a + b)(a + c)
> S 2 = p2 r 2
Ta có
∑ b2 c2 (p − b)(p − c)
(a + b)(a + c)
− p2 r 2 =
r3 ((r − 8R)p2 + r3 + 10r2 R + 32R2 r + 32R3 )
(p2 + r2 + 2Rr)
Vì thế, ta phải chỉ ra
(r − 8R)p2 + r3 + 10r2 R + 32R2 r + 32R3 > 0 ⇔ p2 6
r3 + 10r2 R + 32R2 r + 32R3
8R − r
Sử dụng bất đẳng thức p2 6 4R2 + 4Rr + r2 , ta phải chứng minh
4R2 + 4Rr + r2 6
r3 + 10r2 R + 32R2 r + 32R3
2r(2R − r)(R − 2r)
⇔
>0
8R − r
8R − r
Điều này luôn đúng
Bài toán 2.55. Cho tam giác ABC với các phân giác trong AA′ , BB ′ , CC ′ . Chứng
1
minh rằng p(A′ B ′ C ′ ) 6 p(ABC), ở đây p(XY Z) chỉ chu vi tam giác XY Z.
4
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
36
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn
p2
BC +C A +AB 6
3
′
′2
′
′2
′
′2
Khi p là nửa chu vi tam giác ABC, thật vây, chúng ta sử dụng đẳng thức viết dưới
dạng R, r, p, khi AA′ , BB ′ , CC ′ là các phân giác của tam giác ABC
B ′ C ′2 + C ′ A′2 + A′ B ′2 =
8Rr2 ((7R + 8r)p2 − 4R2 r − r2 R)
p4 + 4R2 r2 + 4p2 Rr + 4r3 R + r4 + 2p2 r2
p2
− (B ′ C ′2 + C ′ A′2 + A′ B ′2 )
3
(96R3 r3 + 24R2 r4 ) + (−188r3 R − 164R2 r2 + r4 )p2 + (2r2 + 4Rr)p4 + p6
=
3(p4 + 4R2 r2 + 4p2 Rr + 4r3 R + r4 + 2p2 r2 )
Vì vậy chúng ta phải chứng minh
(96R3 r3 + 24R2 r4 ) + (−188r3 R − 164R2 r2 + r4 )p2 + (2r2 + 4Rr)p4 + p6 > 0
Bất đẳng thức tương đương với
4r3 (R−2r)(648R2 −237Rr+10r2 )+4r2 (183R2 −161Rr+14r2 )(p2 −16Rr+5r2 )++13r(4R−
r)(p2 − 16Rr + 5r2 )2 + (p2 − 16Rr + 5r2 )3 > 0
⇔ 4r3 (R − 2r)(2128r2 + 2355r(R − 2r) + 648(R − 2r)2 ) + 4r2 (424r2 + 571r(R − 2r) +
183(R − 2r)2 )13r(4R − r) + (p2 − 16Rr + 5r2 )2 + (p2 − 16Rr + 5r2 )3 > 0
Bất đẳng thức trên luôn đúng. Từ bất đẳng thức mạnh hơn trên, ta có
(A′ B ′ + B ′ C + C ′ A′ )2 6 3(B ′ C ′2 + C ′ A′2 + A′ B ′2 ) 6 p2
⇔ A′ B ′ + B ′ C + C ′ A′ > p 2
1
⇔ p(A′ B ′ C ′ ) 6 p(ABC)
4
Bài toán 2.56 (Đề nghị bởi Ji chen trên tạp chí Crux). Cho tam giác ABC với
ra , rb , rc là các bán kính bàng tiếp, chứng minh rằng
9 15(b − c)2 (c − a)2 (a − b)2
ra2 rb2 rc2
+
+
>
+
a2 b 2 c 2
4
4a2 b2 c2
Chứng minh. Ta sử dụng đẳng thức R, r, p ta có
ra2 rb2 rc2 9
(256rR3 + 16r3 R + 96R2 r2 + 256R4 + r4 ) + (2r2 − 68R2 )p2 + p4
+
+
− =
a2 b 2 c 2 4
16p2 R2
và
15(b − c)2 (c − a)2 (a − b)2
4a2 b2 c2
15(64rR3 + 48R2 r2 + 12r3 R + r4 ) + (−4R2 − 20Rr + 2r2 )p2 + p4
=−
16p2 R2
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
37
Vì thế ta phải chứng minh rằng
(256rR3 + 16r3 R + 96R2 r2 + 256R4 + r4 ) + (2r2 − 68R2 )p2 + p4
>
16p2 R2
15(64rR3 + 48R2 r2 + 12r3 R + r4 ) + (−4R2 − 20Rr + 2r2 )p2 + p4
−
16p2 R2
⇔
(304rR3 + 49r3 R + 204R2 r2 + 64R4 + 4r4 ) + (8r2 − 32R2 − 75Rr)p2 + 4p4
>0
16p2 R2
⇔ (304rR3 + 49r3 R + 204R2 r2 + 64R4 + 4r4 ) + (8r2 − 32R2 − 75Rr)p2 + 4p4 > 0
Sử dụng p2 6 4R2 + 4Rr + 3r2 bất đẳng thức trên tương đương với
⇔ 4r(4r+R)(R−2r)2 +r(43R−32r)(4R2 +4Rr+3r2 −p2 )+4(p2 −4R2 −4Rr−3r2 )2 > 0
Bất đẳng thức này đúng.
Chú ý. Bất đẳng thức trên là dạng làm mạnh của bất đẳng thức được đề nghị trong
đề thi Iran năm 1996
p2 tan
ra2
a2
=
A
2
A
A
16R2 sin2 cos2
2
2
=
∑
1 ∑
(
sin A)2 (
16
1
A
2
B
C
∏
∑ cos2 cos2
∑ 1
A
2
2
= ( cos2 )(
)=
A
A
2
cos2
cos2
2
2
Bất đẳng thức tương đương
)=
cos2
B
C
cos2
2
2
2
2
2 > 9 + 15(b − c) (c − a) (a − b)
A
4
4a2 b2 c2
cos2
2
A
p(p − a)
Sử dụng cos2 =
, ta có
2
bc
∑ p(p − b)(p − c)
9 15(b − c)2 (c − a)2 (a − b)2
>
+
a2 (p − a)
4
4a2 b2 c2
Ta thay a = xy + xz, b = yz + yx, c = zx + zy ∀x, y, z > 0 ta được
∑ cos2
(xy + yz + zx)(
1
1
1
9 15(x − y)2 (y − z)2 (z − x)2
+
+
)
>
+
(x + y)2 (y + z)2 (z + x)2
4
4(x + y)2 (y + z)2 (z + x)2
Ta thu được dạng của bất đẳng thức Iran 96.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
38
Bài toán 2.57 (Đề nghị bởi Jack Garfunkel trên tạp chí Crux). Cho tam giác ABC.
Chứng minh rằng
tan2
A
B
C
A
B
C
+ tan2 + tan2 + 8 sin sin sin > 2
2
2
2
2
2
2
Chứng minh. Sử dụng đẳng thức của R, r, p ta có
tan2
A
B
C
(4R + r) − 2p2
+ tan2 + tan2 =
2
2
2
p2
sin
B
C
r
A
sin sin >
2
2
2
4R
Bất đẳng thức tương đương với
(4R + r) − 2p2 2r
+
>2
p2
R
⇔ p2 6
R(4R + r)2
2(2R − r)
Ta sử dụng kết quả của điểm Mittenpunkt M trong tam giác ABC chú ý có tọa độ
tỷ cự M (a(p − a), b(p − b), c(p − c)) do đó với O là tâm đường tròn ngoại tiếp ta có
khoảng cách cho bởi
M O2 =
Từ đó M O2 > 0 ta được p2 6
R(2(r − 2R)p2 + (4R + r)2 )
(4R + r)2
R(4R + r)2
2(2R − r)
Chú ý. Bất đẳng thức trên làm mạnh hơn bất đẳng thức Gerretsen p2 6
4R2 + 4Rr + 3r2 , bất đẳng thức thứ hai tương đương
R(4R + r)2
6
2(2R − r)
3r2 (R − 2r)
> 0, điều này luôn
2(2R − r)
đúng.
Bài toán 2.58. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
cos
B
C
2
A
B
C
A
+ cos + cos > √ (sin + sin + sin )2
2
2
2
2
2
2
3
Chứng minh. Trước hết chúng ta chứng minh bất đẳng thức sau cho tam giác nhọn
ABC.
2
sin A + sin B + sin C > √ (cos A + cos B + cos C)2 (∗)
3
Sử dụng đẳng thức R, r, p ta có
sin A + sin B + sin C =
p
R
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
cos A + cos B + cos C =
39
R+r
R
Vì vậy ta phải chứng minh
p
2 (R + r)2
√
>
R
3 R2
4(R + r)4
3R2
Sử dụng bổ đề Garfunkel cho tam giác nhọn, ta có 3p2 6 11R2 + 16Rr + 5r2 , vì vậy ta
phải chứng minh rằng
⇔ p2 6
(R − 2r)(R + r)(7R2 + 7Rr + 2r2 )
4(R + r)4
⇔
>0
R2
R2
Bất đẳng thức cuối luôn đúng. Bây giờ ta áp dụng (∗) cho tam giác nhọn với các góc
π A π B π C
− , − , −
ta dễ thấy
2
2 2
2 2
2
A
B
C
2
B
C
A
cos + cos + cos > √ (sin + sin + sin )2
2
2
2
2
2
2
3
11R2 + 16Rr + 5r2 6
Đó là điều phải chứng minh
Bài toán 2.59 (Đề nghị bởi Virgil Nicila trên artofproblemsolving.com). Cho tam
giác ABC. Chứng minh rằng
√
√
√
b+c−a
c+a−b
a+b−c
+
+
>3
a
b
c
A
p(p − a)
A
B
C
=
, r = 4R sin sin sin vì vậy
2
bc
2
2
2
a
a
r
A
=
=
sin2
b+c−a
2(p − a)
2R
2
Chứng minh. Ta chú ý sin2
Chúng ta viết bất đẳng thức dưới dạng
√
∑
r
2R
1
>3
A
2
r ∑ 1
⇔
>9
2R
2 A
sin
2
∑
B
C
1
A
⇔ 2 sin sin sin (
)>9
2
2
2
2 A
sin
2
∑
∑
C
1
B
9
⇔(
sin sin )(
)>
A
2
2
2
sin
2
sin
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
40
Ta phải chứng minh
∑
∑
⇔(
cos B cos C)(
1
9
)>
cos A
2
π
π
> max{A, B, C} > min{A, B, C} > , thật vậy, viết bất
2
4
đẳng thức dạng R, r, p chú ý
cho tam giác ABC mà,
∑
∑
cos B cos C =
p2 − 4R2 + r2
4R2
1
p2 − 4R2 + r2
= 2
cos A
p − 4R2 − 4Rr − r2
Ta phải chứng minh
p2 − 4R2 + r2
p2 − 4R2 + r2
9
·
− >0
2
2
2
2
4R
p − 4R − 4Rr − r
2
⇔
10R2 r2 + 72R3 r + r4 + 88R4 + (−26R2 + 2r2 )p2 + p4
>0
4R2 (p2 − 4R2 − 4Rr − r2 )
⇔ 10R2 r2 + 72R3 r + r4 + 88R4 + (−26R2 + 2r2 )p2 + p4 > 0
π
π
Trong tam giác ABC thỏa mãn > max{A, B, C} > min{A, B, C} > ta có bổ đề
2
4
Garfunkel p2 6 3R2 + 7Rr + r2 , bất đẳng thức trên tương đương.
(r2 + 8Rr + 19R2 )(R − 2r)2 + (48r2 + 66r(R − 2r) + 20(R − 2r)2 )(3R2 + 7Rr + r2 − p2 )+
+(p2 − 3R2 − 7Rr − r2 )2 > 0
Bất đẳng thức này đúng.
Chú ý. Ta có một vài dạng tương đương đẹp mắt từ bài toán trên. Gọi I là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABC.
√
√
√
b+c−a
c+a−b
a+b−c
+
+
>3
a
b
c
√
⇔ IA + IB + IC > 3 2Rr
⇔
∑
sin
⇔
√
1
∑
A
2
>6
R
2r
√
IA > 3 2Rr
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
41
Bài toán 2.60 (Đề nghị bởi Jack Garfunkel trên tạp chí Crux). Cho tam giác ABC.
Chứng minh rằng
2
A
B
C
B−C
C −A
A−B
2
√ (cos +cos +cos ) > cos
+cos
+cos
> √ (sin A+sin B+sin C)
2
2
2
2
2
2
3
3
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau cho tam giác nhọn ABC
2
2
√ (sin A+sin B+sin C) > cos(B−C)+cos(C−A)+cos(A−B) > √ (sin 2A+sin 2B+sin 2C)
3
3
Sử dụng đẳng thức R, r, p ta có
sin A + sin B + sin C =
p
R
cos(B − C) + cos(C − A) + cos(A − B) =
sin 2A + sin 2B + sin 2C =
p2 − 2R2 + 2Rr + r2
2R2
2pr
R2
Ta phải chứng minh
2p
p2 − 2R2 + 2Rr + r2
4pr
√
√
>
>
2R2
3R
3R2
Bất đẳng thức đầu tiên tương đương với
⇔
⇔
4p2
(p2 − 2R2 + 2Rr + r2 )2
>
3R2
4R4
(12r3 R − 24R3 r + 12R4 + 3r4 ) + (−28R2 + 6r2 + 12Rr)p2 + 3p4
>0
−12R4
⇔ (12r3 R − 24R3 r + 12R4 + 3r4 ) + (−28R2 + 6r2 + 12Rr)p2 + 3p4 6 0
14
4√
10R4 − 3R2 r2 − 6R3 r
⇔ R2 − r2 − 2Rr −
3
3
14
4√
6 p2 6 R2 − r2 − 2Rr +
10R4 − 3R2 r2 − 6R3 r
3
3
Sử dụng bổ đề Garfunkel ta phải chứng minh 3p2 6 11R2 + 16Rr + 5r2 . Ta sẽ chỉ ra
√
11R2 + 16Rr + 5r2 6 14R2 − 6Rr − 3r2 + 4 10R4 − 3R2 r2 − 6R3 r
√
⇔ 22Rr + 8r2 − 3R2 6 4 10R4 − 3R2 r2 − 6R3 r
Nếu 22Rr + 8r2 − 3R2 6 0 điều phải chứng minh hiển nhiên, nếu 22Rr + 8r2 − 3R2 > 0
bất đẳng thức tương đương với
(22Rr + 8r2 − 3R2 )2 6 16(10R4 − 3R2 r2 − 6R3 r)
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
42
⇔ (R − 2r)(151R3 + 338R2 r + 192Rr2 + 32r3 )
bất đẳng thức này đúng.
Sử dụng bổ đề Garfunkel p2 > 2R2 + 8Rr + 3r2 ta phải chứng minh
2R2 + 8Rr + 3r2 >
14 2
4√
R − r2 − 2Rr −
10R4 − 3R2 r2 − 6R3 r
3
3
4√ 2
8
R (10R2 − 3r2 − 6Rr) > R2 − 10Rr − 4r2
3
3
8
8
Nếu R2 − 10Rr − 4r2 6 0 điều này hiển nhiên đúng, nếu R2 − 10Rr − 4r2 > 0 bất
3
3
đẳng thức tương đương với
⇔
4
(R − 2r)(8R3 + 48R2 r + 33Rr2 + 6r3 ) > 0
3
Ta có điều phải chứng minh.
Bất đẳng thức thứ hai tương đương với
√
3p2 − 8 3pr − 6R2 + 6Rr + 3r2
⇔
>0
6R2
√
⇔ 3p2 − 8 3pr − 6R2 + 6Rr + 3r2 > 0
4
1√
⇔p> √ r+
18R2 − 18Rr + 39r2
3
3
29
8 √
⇔ p2 > 2R2 − 2Rr + r2 + r 3(18R2 − 18Rr + 39r2 )
3
9
Sử dụng p2 > 2R2 + 8Rr + 3r2 ta phải chứng minh
2R2 + 8Rr + 3r2 > 2R2 − 2Rr +
29 2 8 √
r + r 3(18R2 − 18Rr + 39r2 )
3
9
√
2
⇔ r(45R − 30r − 4 3(18R2 − 18Rr + 39r2 ) > 0
9
⇔ (45R − 30r)2 > 48(18R2 − 18Rr + 39r2 )
⇔ 27(18r + 43R)(R − 2r) > 0
Ta có điều phải chứng minh
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
2.3.3
43
Sử dụng tham số xây dựng bất đẳng thức mới từ các bất
đẳng thức cơ bản
Ta xác định m, n để
m
2m √
(R + 2r) >
2Rr
n
n
⇔(n − m)R > (2m − n)r
R > 2r ⇔R + r >
Suy ra

n − m = 1 ⇒ m = 3, n = 4
m
3
2m − n = 2 ⇒
=
n
4
Khi đó ta thu được
Bài toán 2.61. Chứng minh rằng
3 √
R + r > √ Rr
2
Giải
Ta có :
3 √
3
R > 2r ⇔ R + r > (R + 2r) > √ Rr
4
2
Ta xác định m, n để
m 2
(R + 4r2 )
n
⇔(n − m)R2 > (4m − n)r2
R2 > 4r2 ⇔R2 + r2 >
Suy ra


n − m = 1 ⇒ m = 5
3
8

4m − n = 4 ⇒ n =
3
⇒
m
5
=
n
3
Ta thu được
Bài toán 2.62. Chứng minh rằng
R2 + r 2 >
5
(R + 2r)2
16
Giải
Ta có :
5
5
R2 > 4r2 ⇔ R2 + r2 > (R2 + (2r)2 ) > (R + 2r)2
8
16
+
Ta xác định m, n ∈ R để
m 3
(R + 8r3 )
n
⇔(n − m)R3 > (8m − n)r3
R3 > 8r3 ⇔R3 + r3 >
(đpcm).
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
Suy ra


n − m = 1 ⇒ m = 9
7
16

8m − n = 8 ⇒ n =
7
⇒
m
9
=
n
16
Ta thu được
Bài toán 2.63. Chứng minh rằng
R3 + r 3 >
9
(R + 2r)3
64
Giải
Ta có :
R3 > r 3 =
9 3
9
(R + 8r3 ) > (R + 2r)3 .
16
64
Ta xác định m, n ∈ R+ sao cho
1
1
1
1
m( 1
1)
6
⇔
+ >
+
4R
2r
4R r
n R 2r
(
(
m)1
n) 1
6 n−
⇔ m−
4 R
2 r
Suy ra

n
m − = 1 ⇒ 4m − n = 4
7m
4
⇒
=
m
1
m
1
n −
2
=
⇒n−
=
2
2
2
2
1
9
16
8
m
9
=
= ⇒
=
⇒ m = ,n = +
7
2 14
14
7
n
Ta thu được
9
2
9
8
Bài toán 2.64. Chứng minh rằng
1
1
9
+ >
4R r
2(R + 2r)
Giải
Ta có :
1
1
9( 1
1) 9
1
+ >
+
> ·
4R r
8 R 2r
2 R + 2r)
(đpcm).
Ta xác định m, n ∈ R+ sao cho
)
m( 2
p2 > 27r2 ⇔ p2 + r2 >
p + 27r2
(
) 2 (
)n 2
⇔ n − m p > 27m − n r
Suy ra


n − m = 1 ⇒ m = 14
m
14
13
⇒
=
27

n
27
27m − n = 27 ⇒ n =
13
9
1
9
16
8
m
9
⇒ m = ,n = +
=
= ⇒
=
7
2 14
14
7
n
8
Ta thu được bất đẳng thức
44
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
45
Bài toán 2.65. Chứng minh rằng
p2 + r 2 >
√
7
(p + 3 3r)2
27
Giải
Ta có :
2.4
√
√
) 14 1
14 ( 2
p + (3 3r)2 >
· (p + 3 3r)2
p2 + r 2 >
27
27 2
√ )2
7(
(đpcm).
>
p + 3 3r
27
Một số bài toán chọn lọc
Bài toán 2.66. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ trong nằm trong tam giác gọi
A′ , B ′ , C ′ lần lượt là hình chiếu của P xuống đoạn BC, CA, AB, gọi (I, r) là đường
tròn nội tiếp tam giác ABC hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức
P A′ + P B ′ + P C ′ +
P I2
2r
Chứng minh. Gọi A′′ , B ′′ , C ′′ tương ứng là hình chiếu của I trên BC, CA, AB ta có
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
r(P A′ + P B ′ + P C ′ ) = IA′′ .P A′ + IB ′′ .P B ′ + IC ′′ .P C ′
−−→ −→ −→
−−→ −→ −→
−−→ −
→ −→
= IA′′ .(P I + IA′ ) + IB ′′ .(P I + IB ′ ) + IC ′′ .(P I + IC ′ )
−→ −−→ −−→ −−→
= P I.(IA′′ + IB ′′ + IC ′′ ) + 3r2 (1)
−−→ −→ −−→ −→ −−→ −→
(Chú ý theo định lý hình chiếu IA′′ .IA′ = IB ′′ .IB ′ = IC ′′ .IC ′ = r2 ).
A
B'
C'
B''
P
H
C''
I
B
A'
A''
C
Gọi H là trực tâm tam giác A′′ B ′′ C ′′ ta thấy I chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
−−→ −−→ −−→ −→
giác A′′ B ′′ C ′′ vậy IA′′ + IB ′′ + IC ′′ = IH suy ra
−→ −−→′′ −−→′′ −−→′′
−→ −→
P I 2 + IH 2 − HP 2
P I 2 + IH 2
HP 2
P I.(IA + IB + IC ) = P I.IH = −
=−
+
>
2
2
2
2
2
P I + IH
(2)
−
2
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
46
Từ (1), (2) ta suy ra
r(P A′ + P B ′ + P C ′ ) > −
P I 2 + IH 2
P I2
IH 2
+ 3r2 ⇒ P A′ + P B ′ + P C ′ +
> 3r −
2
2r
2r
Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi P ≡ H là trực tâm tam giác A′′ B ′′ C ′′ , (chú ý rằng khi
IH 2
đó P A′ + P B ′ + P C ′ ̸= 3r). Vậy biểu thức có giá trị min là 3r −
đạt được khi P
2r
là trực tâm tam giác A′′ B ′′ C ′′ .
Nhận xét. Đây là bài toán cực trị kết quả khá lạ vì thoạt nhìn qua chúng ta liên
tưởng tới điểm cực trị phải là điểm I nhưng kết quả chứng minh đã chỉ ra không phải
vậy. Với công cụ vector tích vô hướng sử dụng linh hoạt chúng ta có thể tạo ra được
các bài toán cực trị hình học tại các điểm có vị trí khác nhau trong tam giác.
Bài toán 2.67. Cho hai tam giác ABC, A′ B ′ C ′ và r, r′ là bán kính đường tròn nội tiếp
tam giác ABC, A′ B ′ C ′ , R′ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A′ B ′ C ′ với mọi
P trên mặt phẳng, chứng minh rằng
(sin
B′
C′
C′
A′
A′
B′
12rr′
+ sin )P A + (sin
+ sin )P B + (sin
+ sin )P C >
2
2
2
2
2
2
R′
Chứng minh. Ta sẽ dùng các bổ đề sau
Bổ đề 2.67.1. Cho tam giác ABC và A′ B ′ C ′ với diện tích lần lượt là S và S ′ thì ta
có bất đẳng thức
(
)
(
)
(
)
a2 b′2 + c′2 − a′2 + b2 c′2 + a′2 − b′2 + c2 a′2 + b′2 − c′2 > 16SS ′
Chứng minh. Áp dụng hệ thức Heron ta dễ thu được
16S 2 = 2(b2 c2 + c2 a2 + a2 b2 ) − a4 − b4 − c4 , 16S ′2 = 2(b′2 c′2 + c′2 a′2 + a′2 b′2 ) − a′4 − b′4 − c′4
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Swartz, ta có
16SS ′ + 2(a2 a′2 + b2 b′2 +√
c2 c′2 ) 6
√
16S 2 + 2(a4 + b4 + c4 ) 16S ′2 + 2(a′4 + b′4 + c′4 ) = (a2 + b2 + c2 )(a′2 + b′2 + c′2 )
Trừ hai vế cho 2(a2 a′2 + b2 b′2 + c2 c′2 ) ta dễ suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.67.2. Cho hai tam giác ABC và A′ B ′ C ′ diện tích lần lượt là S, S ′ với mọi
điểm P thì
1
(a′ ·P A+b′ ·P B+c′ ·P C)2 > [a2 (b′2 + c′2 − a′2 )+b2 (c′2 + a′2 − b′2 )+c2 (a′2 + b′2 − c′2 )]+
2
8SS ′ (∗).
Chứng minh. Trước hết ta có nhận xét bất đẳng thức (∗) đúng với mọi tam giác
ABC và A′ B ′ C ′ khi và chỉ khi đúng với mọi tam giác ABC và A′ BC (tức là khi
B ′ ≡ B, C ′ ≡ C).
Thật vậy từ (∗) hiển nhiên suy ra (∗) đúng khi B ′ ≡ B, C ′ ≡ C, ngược lại giả sử (∗)
đúng với chỉ với B ′ ≡ B, C ′ ≡ C và A′ bất kỳ , với mọi tam giác XY Z (các cạnh x, y, z
tương ứng) thì luôn có một phép đồng dạng duy nhất biến Y thành B, Z thành C
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
47
khi đó giả sử X biến thành X ′ áp dụng bất đẳng thức cho tam giác X ′ BC (ta giả sử
X ′ B = a′ , X ′ C = b′ , BC = a′ ) thì
1
(a′ ·P A+b′ ·P B+c′ ·P C)2 > [a2 (b′2 + c′2 − a′2 )+b2 (c′2 + a′2 − b′2 )+c2 (a′2 + b′2 − c′2 )]+
2
8SSX ′ BC (1)
SX ′ BC
Sử dụng tính chất phép đồng dạng, giả sử phép đồng dạng tỷ số k ̸= 0 thì
=
SXY Z
′
′
′
a
b
c
k 2 , = = = k vậy từ (1) suy ra
x
y
z
A
X
X'
Y
A'
Z
B
C
A''
1
(kx·P A+ky·P B+kz·P C)2 > [a2 ((ky)2 + (kz)2 − (kx)2 )+b2 ((kz)2 + (kx)2 − (ky)2 )+
2
c2 ((kx)2 + (ky)2 − (kz)2 )] + 8Sk 2 SXY Z
Chia hai vế cho k 2 > 0 suy ra bất đẳng thức đúng cho mọi tam giác XY Z.
Như vậy ta chỉ cần chứng minh (∗) trong trường hợp B ′ ≡ B, C ′ ≡ C, thật vậy
−−−−−→
−→ −−→
−→ −−→
Sử dụng góc có hướng ta có (BA, BA′ ) = (BA, BC) + (BC, BA′ )(mod2π) vậy suy ra
−→ −−→
−→ −−→
−−→ −−→
cos ∠ABA′ = cos(BA, BA′ ) = cos((BA, BC) + (BC, BA′ )) =
−→ −−→
−−→ −−→
−→ −−→
−−→ −−→
= cos(BA, BC) cos(BC, BA′ ) − sin(BA, BC) sin(BC, BA′ )
−→ −−→
−−→ −−→
c2 + a2 − b2 c′2 + a′2 − b′2
·
−
= cos ∠ABC cos ∠A′ B ′ C ′ −sin(BA, BC) sin(BC, BA′ ) =
2ca
2c′ a′
′
2[S] 2[S ]
· ′ ′ .
ca
ca
Trong đó [S] và [S ′ ] lần lượt là diện tích đại số của tam giác ABC và tam giác A′ B ′ C ′ .
Khi đó áp dụng định lý hàm số cos ta có
′
AA′2 = AB 2 + A′ B 2 −
· cos ∠ABA′
)
( 22· AB2 · A B
2
c + a − b c′2 + c′2 − b′2 2[S] 2[S ′ ]
2
′2
′
·
−
· ′ ′
=c +c −2·c·c ·
2ca
2c′ a′
ca
ca
1
=
[(a2 (b′2 + c′2 − a′2 ) + b2 (c′2 + a′2 − b′2 ) + c2 (a′2 + b′2 − c′2 ) − 2 (a′ − a) (c2 a′ − c′2 a))−
2aa′ ′
16[S][S ]]
Chú ý là a = a′ nên suy ra
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
48
1
a2 AA′2 = [a2 (b′2 + c′2 − a′2 ) + b2 (c′2 + a′2 − b′2 ) + c2 (a′2 + b′2 − c′2 )] − 8[S][S ′ ]
2
Trở lại bài toán áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tam giác A′ BC và mọi P ta có
b′ P B+c′ P C > aP A′ = a′ P A′ > a′ (AA′ −AP ) ⇒ a′ P A+b′ P B+c′ P C > a′ AA′ = aAA′
kết hợp đẳng thức vừa chứng minh ta suy ra
(a′ P A + b′ P B + c′ P C)
1
> a2 AA′2 = [a2 (b′2 + c′2 − a′2 ) + b2 (c′2 + a′2 − b′2 ) + c2 (a′2 + b′2 − c′2 )] − 8[S][S ′ ]
2
Giả sử ABC và A′ BC ngược hướng vậy từ đẳng thức trên dễ suy ra
(a′ P A + b′ P B + c′ P C)2
1
> a2 AA′2 = [a2 (b′2 + c′2 − a′2 ) + b2 (c′2 + a′2 − b′2 ) + c2 (a′2 + b′2 − c′2 )] + 8SS ′
2
Nếu ABC và A′ BC cùng hướng gọi A′′ đối xứng A′ qua BC áp dụng bất đẳng thức
trên vào tam giác A′′ BC với chú ý A′ B = A′′ B = c′ , A′′ C = A′ C = b′ , BC = a =
a′ , SA′′ BC = SA′ BC ta vẫn thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Do đó kết hợp nhận xét ban đầu ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.67.3. Cho hai tam giác ABC và A′ B ′ C ′ bất kỳ diện tích là S và S ′ với mọi
P chứng minh rằng
√
a′ P A + b′ P B + c′ P C > 4 SS ′
Dấu bằng có khi A ≡ A′ , B ≡ B ′ , C ≡ C ′ và P là trực tâm tam giác.
Chứng minh. Dễ thấy bất đẳng thức trên chỉ là hệ quả của bổ đề 1 và bổ đề 2. Khi
cho A ≡ A′ , B ≡ B ′ , C ≡ C ′ và P là trực tâm tam giác ta dễ kiểm tra được đẳng thức
xảy ra.
Nhận xét. Bất đẳng thức trên là mở rộng cho hai tam giác kết quả quen thuộc
aP A + bP C + cP C > 4S với mọi P trên mặt phẳng, nó có khá nhiều áp dụng hình
học đặc sắc, bài toán đề ra là một ví dụ.
Trở lại chứng minh bài toán, ta chú ý rằng với mọi x, y, z > 0 thì x + y, y + z, z + x là
ba cạnh một tam giác có diện tích là S 2 = xyz(x + y + z) do đó áp dụng bổ đề 3 ta có
với mọi x, y, z > 0, a′ = y + z, b′ = z + x, c′ = x + y, S ′ = xyz(x + y + z) mọi P và tam
giác ABC thì
√
√
(y + z)P A + (z + x)P B + (x + y)P C > 4 4 xyz(x + y + z) S
Áp dụng vào bài toán x = sin
B′
C′
A′
, y = sin , z = sin
ta cần chứng minh
2
2
2
B′
C′
C′
A′
A′
B′
+ sin )P A + (sin
+ sin )P B + (sin
+ sin )P C >
2
2
2
2
2
2
√
B′
C′
A′
B′
C′ √
A′
12rr′
4
> 4 sin
sin
sin (sin
+ sin
+ sin ) S >
2
2
2
2
2
2
R′
(sin
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
49
Thật vậy ta sẽ có
√
A′
B′
C′
B′
C′
A′
B′
C′
A′
3
sin
+ sin
+ sin
> 3 sin
sin
sin
> 12 sin
sin
sin
2
2
2
2
2
2
2
2
2
√
√
A′
B′
C′
1
Bất đẳng thức cuối có do sin
sin
sin
6 và S = pr > 3 3r2 = 27r2 do đó
2
2
2
8
√
A′
B′
C′
A′
B′
C′ √
4
4 sin
sin
sin (sin
+ sin
+ sin ) S >
2
2
2
2
2
2
√
√
√
′2
′4
A′
r
B′
C′ 2√
12rr′
4
4 81r
4
4
> 4 12(sin
sin
sin ) 27r = 4 81 ′2 r > 4
r
=
2
2
2
4R
16R′4
R′
Dấu bằng xảy ta khi tam giác ABC và tam giác A′ B ′ C ′ đều, P trùng tâm tam giác
ABC. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Bài toán trên là một áp dụng khá hay của bất đẳng thức
√
√
(y + z)P A + (z + x)P B + (x + y)P C > 4 4 xyz(x + y + z) S ∀x, y, z > 0
hay ở dạng tam giác
√
a′ P A + b′ P B + c′ P C > 4 SS ′
Thực chất trong trường hợp tổng quát ta có thể tìm min của biểu thức a′ P A + b′ P B +
c′ P C biểu thức sẽ đạt giá trị min khi P ≡ I là một điểm nằm trong tam giác thỏa mãn
∠BIC = π − ∠A′ , ∠CIA = π − ∠B ′ , ∠AIB
= π − ∠C ′ tuy nhiên việc tính toán trực
√
tiếp và chỉ ra a′ IA + b′ IB + c′ IC > 4 SS ′ cũng có thể thực hiện được nhưng không
hề đơn giản nên ta sử dụng cách làm trên.
Bài toán 2.68. Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AA′ , BB ′ , CC ′ đồng quy
tại H chứng minh rằng
√
HA
HB
HC
a
b
c
+
+
+
6
3>6+
+
+
′
′
′
′
′
HA
HB
HC
HA
HB
HC ′
Bổ đề 2.68.1.
√ Cho tam giác x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = xyz thì (x − 1)(y −
1)(z − 1) 6 6 3 − 10
Chứng minh. Từ x, y, z > 0 suy ra x < x + y + z = xyz vậy yz > 1 tương tự ta có
xy, zx > 1 từ đây suy ra không thể có hai trong ba số x, y, z nhỏ hơn hoặc bằng 1. Dễ
thấy nếu x, y, z cả ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 hoặc một số nhỏ hơn hoặc bằng 1 thì
bất đẳng thức hiển nhiên.
Vậy ta chỉ cần chứng minh khi x, y, z > 1 khi đó đặt u = x − 1, v = y − 1, w = z − 1 thì
u, v, w > 0 và từ đẳng thức x+y +z = zyz suy ra u+v +w+3 = (u+1)(v +1)(w+1) ⇔
uvw + uv + vw + wv = 2.
√
√
3
2 w 2 6 uvw + uv + vw + wv = 2 do
+ 3 u2 v√
Đặt t = 3 uvw > 0 ta có t3 + 3t2 = uvw
√
đó t2 + 3t2 − 2 6 0 ⇔ (t + 1)(t + 1 + 3)(t + 1 − 3) 6 0
√
3 − 1 hay tương đương (1 − x)(1 −
Vì t > 0 nên từ bất đẳng√thức cuối suy
ra
t
6
√
y)(1 − z) = uvw = t3 6 ( 3 − 1)3 = 6 3 − 10 đó là điều phải chứng minh.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
50
Chứng minh. Áp dụng vào tam giác nhọn ABC có tan A, tan B, tan C > 0 và tan A +
tan B + tan C = tan A tan B tan C ta suy ra
√
(tan A − 1)(tan B − 1)(tan C − 1) 6 6 3 − 10
Khai triển và vẫn sử dụng tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C bất đẳng thức
tương đương với
√
2(tan A + tan B + tan C) − (tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A) 6 6 3 − 9 (1)
Trong tam giác nhọn ABC ta dễ thấy
A
B'
C'
H
B
A'
C
tan B + tan C
1
1
A′ B A′ C
a
=
+
=
+
=
tan B tan C
tan B tan C
AA′ AA′
AA′
a
Do đó tan B + tan C =
tan B tan C vậy
AA′
2(tan A + tan B + tan C) =
a
b
c
tan
B
tan
C
+
tan
C
tan
A
+
tan A tan B
AA′
BB ′
CC ′
(2)
Ta dễ chứng minh được đẳng thức HA = 2R cos A do đó
bc
2
bc
sin B sin C
= 4R
=
=
tan B tan C =
HBHC
cos B cos C
HBHC
4R2
1
aAA′
bc sin A
bc sin A
SABC
AA′
2
=
=
=
=
=
1
HBHC sin(π − A)
HBHC sin ∠BHC
SHBC
HA′
aHA′
2
Do đó khi thay (2) vào bất đẳng thức (1) ta được
(
(3)
√
b
c
a
−
1)
tan
B
tan
C
+
(
−
1)
tan
C
tan
A
+
(
−
1)
tan
A
tan
B
6
6
3−9
AA′
BB ′
CC ′
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
51
Sử dụng (3) bất đẳng thức tương đương
√
a − AA′ AA′
b − BB ′ BB ′ c − CC ′ CC ′
+
+
6
6
3−9
AA′ HA′
BB ′ HB ′
CC ′ HC ′
⇔
√
a − (HA + HA′ ) b − (HB + HB ′ ) c − (HC + HC ′ )
+
+
66 3−9
′
′
′
HA
HB
HC
√
HA
HB
HC
a
b
c
+
+
+
6
3>6+
+
+
′
′
′
′
′
HA
HB
HC
HA
HB
HC ′
Đó là điều phải chứng minh.
√
a
b
c
Nhận xét. Ta có thể chứng minh được
+
+
>
6
3 khi đó ta thấy bất
HA′ HB ′ HC ′
HA
HB
HC
đẳng thức trên mạnh hơn
+
+
> 6.
′
′
HA
HB
HC ′
A
B
C
Khi áp dụng bổ đề với tam giác ABC bất kỳ và x = cot , y = cot , z = cot ta sẽ
2
2
2
√
thu được dạng tương đương p 6 2R + (3 3 − 4)r đó chính là đánh giá bé hơn mạnh
nhất cho p với R, r khi chúng bậc 1.
Bài toán 2.69. Cho tam giác nhọn ABC trọng tâm G và mọi M nằm trong đường
tròn ngoại tiếp tìm giá trị bé nhất biểu thức
1
1
1
3M G2
+
+
+
MA MB MC
2R3
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
R3
M A2 + R 2
R3
1
M A2
3
+
>
+ M A · R > 2R2 ⇒
>−
+
3
MA
2
MA
MA
2R
2R
Tương tự
1
M B2
3
>−
+
3
MB
2R
2R
2
1
MC
3
>−
+
3
MC
2R
2R
Cộng lại và áp dụng hệ thức Leibnitz ta suy ra
1
1
1
M A2 + M B 2 + M C 2 9
3M G2 + GA2 + GB 2 + GC 2 9
+
+
>−
+
=
−
+
MA MB MC
2R3
2R
2R3
2R
Vậy suy ra
1
1
3M G2
9
GA2 + GB 2 + GC 2
1
+
+
+
>
−
MA MB MC
2R3
2R
2R3
Là hằng số, dấu bằng xảy ra khi M ≡ O, vậy biểu thức cực tiểu khi và chỉ khi
M ≡ O.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
52
Bài toán 2.70. Cho tam giác ABC với ba trung tuyến ma , mb , mc , các điểm A′ , B ′ , C ′
chạy trên các đường thẳng BC, CA, AB hãy tìm cực trị của
B ′ C ′3 C ′ A′3 A′ B ′3
+
+
ma
mb
mc
Bổ đề 2.70.1. Cho tam giác ABC điểm Lemoine L thì
∑
∑
∑
a2 M A 2 >
a2 M A.LA >
a2 LA2
Chứng minh. Dễ thấy
∑
∑ −−→−→ ∑ −−→ −→ −→ −−→ ∑ −→
∑
a2 M ALA >
a2 M ALA =
a2 (M L + LA)LA = M L(
a2 LA) +
a2 LA2
Ta lại có
∑
a2 (M A2 + LA2 ) > 2
Vậy
∑
∑
a2 M ALA >
a2 M A2 >
∑
∑
a2 M ALA +
∑
a2 LA2
a2 M ALA
Ta có điều phải chứng minh, cả hai dấu bằng đều xảy ra khi M ≡ L
Bổ đề 2.70.2. Cho tam giác ABC với mọi M thì biểu thức
a3
b3
c3
M A3 +
M B3 +
M C3
ma
mb
mc
đạt cực trị khi M ≡ L, điểm Lemoine.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Swartz ta thấy
∑
(a
2 MA
3
LA
)(
∑
∑
a2 M ALA) > (
a2 M A2 )2
Áp dụng bổ đề suy ra
∑
∑
∑
∑
( a2 M A 2 )2
(a
)> ∑ 2
>
a2 M A 2 >
a2 LA2
LA
( a M ALA)
2 MA
3
Vế cuối là hằng số, dấu bằng xảy ra khi M ≡ L, ta chú y rằng trong tam giác, LA cho
2bcma
vậy ta có
bởi công thức LA= 2
a + b2 + c2
∑
Vậy dễ thấy
a2
a2 + b2 + c2 ∑ a3
M A3 ∑ a2 + b2 + c2 a3
=
M A3 =
M A3
LA
abc
ma
abc
ma
∑ a3
M A3 đạt min khi M ≡ L điểm Lemoine.
ma
Trở lại bài toán
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
53
Chứng minh. Sử dụng kết quả của Miquel ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác
AB ′ C ′ , BC ′ A′ , CA′ B ′ đồng quy tại M gọi Ra là bán kính đường tròn ngoại tiếp AB ′ C ′
2RM A
a
ta luôn có M A 6 2Ra = B ′ C ′ sin A = B ′ C ′
⇒ B′C ′ >
2R
a
3
′ ′3
3
B ′ C ′3
a
C
A
b
A′ B 3
c3
Vậy
> 8R2
M A3 , tương tự cho B, C,
> 8R2 M B 3 ,
> 8R2 M C 3
ma
ma
mb
mb
mc
mc
Do đó
∑ a3
∑ B ′ C ′3
> 8R3
M A3
ma
ma
dấu bằng đạt được khi A′ , B ′ , C ′ là hình chiếu của M lên BC, CA, AB mặt khác theo bổ
∑ a3
đề trên ta lại luôn có
M A3 min khi M ≡ L vậy biểu thức đạt min khi A′ , B ′ , C ′
ma
chính là các hình chiếu của điểm Lemoine trên BC, CA, AB.
Bài toán 2.71. Cho tam giác ABC diện tích S và P là điểm bất kỳ, gọi A′ , B ′ , C ′ là
trung điểm các cạnh BC, CA, AB, ha , hb , hc là các đường cao tương ứng, chứng minh
rằng
4
P A + P A′ P B + P B ′ P C + P C ′
P A2 + P B 2 + P C 2 > √ S max{
,
,
}
ha
hb
hc
3
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 2.71.1. Cho tam giác ABC trung tuyến ma thì
√
3(b2 + c2 ) − a2 > 2 3ama
Dấu bằng đạt được khi tam giác cân tại A và A =
2π
.
3
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
54
A
ma
C
B
A'
Chứng minh bổ đề. Trước hết từ bất đẳng thức AM-GM ta dễ thấy
2
4
2(b2 + c2 ) − a2
2
2a √ ma 6 a2 + m2a = a2 +
= (a2 + b2 + c2 )
3
3
3
3
Do đó
√
a2 + b2 + c2 > 2 3ama
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua trung điểm cạnh BC áp dụng bất đẳng thức trên
a
vào tam giác A′ AC với trung tuyến ứng với AA′ có độ dài ta có
2
√
a
AA′2 + CA′2 + CA2 > 2 3AA′
2
Hay
√
4m2a + b2 + c2 > 2 3ama
√
⇔ 3(b2 + c2 ) − a2 > 2 3ama
Dấu bằng đạt được khi tam giác A′ AC đều hay ABC cân tại A với A =
phải chứng minh.
2π
đó là điều
3
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
55
Lời giải bài toán. Áp dụng bổ đề vào tam giác P BC với trung tuyến P A′ ta có
√
3(P A2 + P B 2 ) − a2 > 2 3aP A′
√
⇔ 3(P A2 + P B 2 + P C 2 ) > 2 3aP A′ + a2 + 3P A2 >
√ P A + P A′
√
√
√
√
P A + P A′
= 4 3S
2 3aP A′ + 2 3aP A = 2 3a(P A′ + P A) = 2 3aha
ha
ha
A
P
C'
B'
G
B
A'
C
Do đó
4 P A + P A′
P A2 + P B 2 + P C 2 > √ S
ha
3
Tương tự với các đỉnh B, C ta sẽ thu được
4
P A + P A′ P B + P B ′ P C + P C ′
P A2 + P B 2 + P C 2 > √ S max{
,
,
}
ha
hb
hc
3
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều và P trùng tâm, đó là điều phải chứng
minh.
Nhận xét. Khi P ≡ G bất đẳng thức tương đương
√
ma mb mc
a2 + b2 + c2 > 4 3S max{ ,
,
}
ha hb hc
√
2
2
2
3S, và thực chất nó chính
Đây là một bất đẳng thức làm mạnh
của
a
+
b
+
c
>
4
√
2
2
2
là bất đẳng thức a + b + c > 2 3ama đã được chứng minh trong lời giải bổ đề. Như
vậy bất đẳng thức đề ra là một mở rộng hơn nữa của bất đẳng thức trên.
Bài toán 2.72. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R), trọng tâm G, diện
tích S, chứng minh rằng
√
OG2
a2 + b2 + c2 > (4 3 + 2 )S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
R
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
56
Ta sẽ chứng minh qua các bổ đề sau
Bổ đề 2.72.1. Cho tam giác ABC thì
√
1
A
B
C
3 3 √
(sin A + sin B + sin C) + tan + tan + tan >
+ 3
4
2
2
2
8
Chứng minh. Ta xét hàm f (x) =
1
x
sin x + tan ∀x ∈ (0, π), ta có
4
2
1
1
x
x
f ′′ (x) = − sin x + tan (1 + tan2 )
4
2
2
2
Đặt t = tan
x
> 0 ta suy ra
2
f ′′ (x) =
t
t
−2t
2
+
(1
+
t
)
=
(1 + t2 )[(1 + t2 ) − 1] > 0 ∀t > 0
4(1 + t2 ) 2
2
Do đó f (x) lồi trên (0, π), sử dụng bất đẳng thức Jensen và áp dụng vào tam giác
ABC ta có
f (A) + f (B) + f (C) > 3f (
A+B+C
)
3
hay
√
1
A
B
C
3 3 √
(sin A + sin B + sin C) + tan + tan + tan >
+ 3
4
2
2
2
8
Đó là điều phải chứng minh
Bổ đề 2.72.2. Cho tam giác ABC nội tiếp (O, R) và trọng tâm G thì
√
3 3
OG2
− (sin A + sin B + sin C) >
2
R2
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz ta dễ thấy
27
27
9 a2 + b2 + c2
−(sin A+sin B+sin C)2 > −3(sin A2 +sin2 B+sin2 C) = 3( −
)
4
4
4
4R2
a2 + b2 + c2
√9
3 3
Mặt khác do sin A + sin B + sin C 6
nên
2
Ta có hệ thức cơ bản OG2 = R2 −
(1)
(2)
√
√
√
√ 3 3
3 3
3 3
−(sin A+sin B+sin C)] > [
+(sin A+sin B+sin C)][
−(sin A+sin B+sin C)] =
3 3[
2
2
2
=
27
− (sin A + sin B + sin C)2
4
(3)
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
57
Vậy từ (1), (2), (3) suy ra
√
√ 3 3
27OG2
3 3[
− (sin A + sin B + sin C)] >
2
4R2
Vậy
√
√
3 3
3 3OG2
OG2
− (sin A + sin B + sin C) >
>
2
4R2
R2
(4)
Đó là điều phải chứng minh.
Chứng minh bài toán. Ta dễ chứng minh đẳng thức sau trong tam giác
2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 )
A
B
C
= tan + tan + tan
4S
2
2
2
Vậy áp dụng bổ đề 1 ta suy ra
√
√ 1 3 3
A
B
C
2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 )
= tan +tan +tan > 3+ [
−(sin A+sin B+sin C)]
4S
2
2
2
4 2
Áp dụng tiếp tục bổ đề 2 suy ra
2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) √
OG2
> 3+
4S
4R2
hay dễ thấy bất đẳng thức tương đương
√
OG2
a2 + b2 + c2 > (4 3 + 2 )S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
R
Đó là điều phải chứng minh.
Nhận xét. Đây là một dạng làm mạnh của bất đẳng thức nổi tiếng Finsler-Hadwiger
√
a2 + b2 + c2 > 4 3S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
Vấn đề thực chất ở đây là bất đẳng thức Finsler-Hadwiger tương đương
tan
√
B
C
A
+ tan + tan > 3
2
2
2
Qua đẳng thức đẹp trong tam giác
A
B
C
2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 )
= tan + tan + tan
4S
2
2
2
Như vậy hướng làm mạnh bất đẳng thức Finsler-Hadwiger là ta làm mạnh hơn bất
đẳng thức
tan
√
B
C
A
+ tan + tan > 3
2
2
2
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
58
Đó chính là ý nghĩa bổ đề 1, với phương pháp hàm lồi ta còn có thể làm mạnh hơn
bất đẳng thức này theo những hướng khác như
2(sin
√
A
B
C
A
B
C
+ sin + sin ) + tan + tan + tan > 3 + 3.
2
2
2
2
2
2
Bài toán 2.73. Cho tam giác nhọn ABC có nửa chu vi p và các độ dài trung tuyến
là ma , mb , mc chứng minh rằng
p(cos A + cos B + cos C) > ma sin A + mb sin B + mc sin C.
A
B'
C'
O
B
C
A'
Chứng minh. Gọi (O, R) là tâm đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội
tiếp và A′ , B ′ , C ′ tương ứng là trung điểm các cạnh BC, CA, AB ta dễ thấy tứ giác
AB ′ OC ′ nội tiếp, áp dụng đẳng thức Ptolemy ta có
OB ′ · AC ′ + OC ′ · AB = OA · B ′ C ′
(∗)
c
b
a
Ta có AC ′ = , AB ′ = , B ′ C ′ = và sử dụng bất đẳng thức tam giác trong tam giác
2
2
2
OAA′ ta có OA > AA′ − OA′ = ma − OA′ , thay vào (∗) ta suy ra
c
b
a
OB ′ + OC ′ > (ma − OA′ )
2
2
2
⇔ aOA′ + cOB ′ + bOC ′ > ama
(1)
Tương tự với các đỉnh B, C ta có các bất đẳng thức
cOA′ + bOB ′ + aOC ′ > bmb
(2)
bOA′ + aOB ′ + cOC ′ > cmc
(3)
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
59
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và áp dụng định lý Carnot cho tam giác nhọn
OA′ + OB ′ + OC ′ = R + r ta suy ra
(a + b + c)(R + r) > ama + bmc + cmc
Chia hai vế bất đẳng thức cho R kết hợp định lý hàm số sin và đẳng thức
R+r
=
R
cos A + cos B + cos C ta dễ suy ra
p(cos A + cos B + cos C) > ma sin A + mb sin B + mc sin C.
Đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.74. Cho P là điểm nằm trong tam giác ABC với diện tích S và (O) là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, chứng minh rằng
4
OP 2
P A2 + P B 2 + P C 2 > √ S(1 +
).
3R2
3
Trước hết ta đưa ra hai bổ đề quen thuộc trong tam giác.
Bổ đề
Cho tam giác ABC bán kính đường tròn ngoại tiếp R và diện tích S
√ 2.74.1.
2
thì 3 3R > 4S
Bổ đề 2.74.2. (Công thức Euler) Cho tam giác ABC và P bất kỳ trong tam giác, gọi
A′ , B ′ , C ′ là hình chiếu của P lên các cạnh thì diện tích tam giác A′ B ′ C ′ cho bởi công
thức
SA′ B ′ C ′ = (
R2 − OP 2
)SABC .
4R2
A
B'
C'
B
Trở lại bài toán
P
A'
C
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
60
Chứng minh. Gọi A′ , B ′ , C ′ là hình chiếu của P lên các cạnh tương ứng BC, CA, AB
ta dễ thấy tam giác AB ′ C ′ nội tiếp đường tròn đường kính P A, gọi diện tích tam giác
AB ′ C ′ là Sa áp dụng bổ đề 1 vào tam giác AB ′ C ′ ta có
√ PA 2
3 3(
) > 4Sa
2
Tương tự với các tam giác BC ′ A′ , CA′ B ′ thì
√ PB 2
3 3(
) > 4Sb
2
(1)
(2)
√ PC 2
3 3(
) > 4Sc
(3)
2
Cộng các vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta suy ra
√
3 3
(P A2 + P B 2 + P C 2 ) > 4(Sa + Sb + Sc ) = 4(S − SA′ B ′ C ′ )
4
Áp dụng bổ đề 2 ta suy ra
√
3 3
R2 − OP 2
3R2 + OP 2
(P A2 + P B 2 + P C 2 ) > 4(S −
S)
=
S
4
4R2
R2
Hay bất đẳng thức tương đương
4
OP 2
P A2 + P B 2 + P C 2 > √ S(1 +
)
3R2
3
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều và P trùng tâm, đó là điều phải chứng
minh.
Bài toán 2.75. Cho tam giác ABC trọng tâm với mọi M ở trong tam giác, gọi da , db , dc
là các khoảng cách từ M đến các cạnh tam giác, chứng minh rằng
√
√
√
9
M A · M B · M C > ( M Ada + M Bdb + M Cdc )2
4
Khi nào dấu bằng xảy ra.
Bổ đề 2.75.1. Cho tam giác ABC với mọi x, y, z > 0 và M nằm trong tam giác thì
√
√
√
xM A + yM B + zM C > 2( yzda + zxdb + xydc )
Chứng minh. Từ cách giải bài toán Erdos, mọi M ở trong tam giác, ta đã chứng minh
db c + dc b
tương tự cho M B, M C do đó
được M A >
a
∑
∑ db c + dc b ∑ b
∑√
c
xM A >
x
=
(y + z )da > 2
yzda )
a
c
b
Trở lại bài toán
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
61
Chứng minh. Áp dụng bổ đề cho x = M B · M C, y = M C · M A, z = M A · M B ta có
3M A · M B · M C > 2
∑√
∑√
√
M A2 · M B · M Cda = 2 M A · M B · M C
M Adc
√
√
√
⇔ 9M A · M B · M C > 4( M Ada + M Bdb + M Cdc )2
Dấu bằng xảy ra khi M trùng với một trong ba đỉnh, như vậy đây là một bài toán cực
trị, đó là điều phải chứng minh.
Chú ý. Từ bổ đề ta còn suy ra được rất nhiều bài toán thú vị khác, ví dụ khi đặt
∑
∑
MB · MC
x=
thì ta chứng minh được
M B · M C > 2 M A · da là một bất đẳng
MA
thức kinh điển.
Bài toán 2.76. Cho tam giác XY Z và ABC, chứng minh rằng
cos2
X
A
Y
B
Z
C
X
Y
Z
cot + cos2 cot + cos2 cot > cos cos cos
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác đồng dạng
Bổ đề 2.76.1. Cho tam giác ABC với mọi P và x, y, z > 0 thì
(x + y + z)(xP A2 + yP B 2 + zP C 2 ) > yza2 + zxb2 + xyc2
Bổ đề 2.76.2. Cho tam giác ABC với mọi x, y, z > 0 thì
√
xa2 + yb2 + zc2 > 4 xy + yz + zxS
Chứng minh. Áp dụng bổ đề 2 ta có tam giác ABC với mọi P và x, y, z > 0, gọi S là
diện tích tam giác ABC thì
√
(x + y + z)(xP A2 + yP B 2 + zP C 2 ) > yza2 + zxb2 + xyc2 > 4 xyz(x + y + z)S
√
⇔ xP A + yP B + zP C > 4
2
2
2
xyz
S
x+y+z
A
A
Áp dụng bất đẳng thức trên vào tam giác XY Z với mọi P và x = cot , x = cot , x =
2
2
B
C
A
cot cot cot
A
2
2
2
cot chú ý rằng
= 1 vậy nên
A
B
C
2
cot + cot + cot
2
2
2
B
C
A
2
⇔ cot P X + cot P Y 2 + cot P Z 2 > 4SXY Z
2
2
2
với mọi tam giác XY Z.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
62
Khi P ≡ H là trực tâm tam giác XY Z thì P X = HX = 2RXY Z cos X tương tự và
2
chú ý SXY Z = 2RXY
Z sin X sin Y sin Z ta thu được
A 2
B
C
sin X + cot sin2 Y + cot sin2 Z > 2 sin X sin Y sin Z
2
2
2
π−X π−Y π−Z
Áp dụng vào tam giác có ba góc
,
,
ta thu được
2
2
2
X
A
Y
B
Z
C
X
Y
Z
cos2 cot + cos2 cot + cos2 cot > cos cos cos
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cot
Đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.77. Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác nội tiếp đường tròn bán kính R và
3
hai số dương p + q = 2 thỏa mãn pb2 + qc2 + R2 = pqa2 , chứng minh rằng pq >
4
Bổ đề 2.77.1. Cho tam giác ABC với mọi số thực x, y, z thì
yz sin2 A + zx sin2 B + xy sin2 C 6
(x + y + z)2
4
x
y
z
=
=
sin 2A
sin 2B
sin 2C
∑ −→ 2
Chứng minh. Với mọi x, y, z thì ( xOA) > 0 với O là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác, bất đẳng thức đó tương đương với bài toán ở bổ đề. Ta lưu ý rằng luôn có
∑
∑ −→
−→
x
−
→
→
−
sin 2AOA = 0 do đó dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
xOA = 0 ⇔
=
sin 2A
y
z
=
ta quy ước rằng khi một trong ba số sin 2A, sin 2B, sin 2C bằng không
sin 2B
sin 2C
thì tử số tương ứng bằng không nếu khác đi thì dấu bằng không xảy ra.
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
Giải bài toán. Sử dụng định lý hàm số sin dễ thấy điều kiện tương đương p sin2 B +
1
1
q sin2 C + = pq sin2 A hay pq sin2 A − p sin2 B − q sin2 C = (1), áp dụng bổ đề khi
4
4
x = −1, y = q, z = p dễ suy ra (chú ý p + q = 2)
pq sin2 A − p sin2 B − q sin2 C 6
(p + q − 1)2
1
=
4
4
Vậy theo (1) dấu bằng phải xảy ra khi và chỉ khi
q
p
p+q
2
−1
=
=
=
=
(2)
sin 2A
sin 2B
sin 2C
sin 2B + sin 2C
sin 2B + sin 2C
Từ đây dễ suy ra −2 sin 2A = sin 2B+sin 2C = 2 sin(B+C) cos(B−C) ⇒ −4 sin A cos A =
2 sin A cos(B − C) ⇒ cos(B − C) = −2 cos A
Mặt khác cũng từ (2) dễ suy ra
1
(cos(2B − 2C) − cos(2B + 2C))
sin 2B sin 2C
2
=
pq =
sin2 2A
4 sin2 A cos2 A
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
63
Ta thấy cos(2B − 2C) − cos(2B + 2C) = cos 2(B − C) − cos 2A = 2 cos2 (B − C) − 1 −
(2 cos2 A − 1) = 2(4 cos2 A − cos2 A) = 6 cos2 A
1
(cos(2B − 2C) − cos(2B + 2C))
3
3
do đó pq = 2
=
>
2
2
4
4 sin A cos2 A
4 sin A
Dễ thấy dấu nếu dấu bằng xảy ra thì sin2 A = 1 hay sin 2A = 0 nhưng x = −1 ̸= 0
vậy không thể có đẳng thức giả thiết vậy vô lý, tức là dấu bằng không xảy ra. Ta hoàn
thành chứng minh.
Nhận xét. Từ đẳng thức (2) ta có thể tạo ra khá nhiều bất đẳng thức khác với p, q.
Bài toán 2.78. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là tâm đường tròn nội
tiếp, M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC, chứng minh rằng
M A + 2OI > M B + M C > M A − 2OI
Chứng minh. Sử dụng tính chất phép chiếu vector ta có
−−→
−−→ −−→
−−→ M A
M A = 2M O.M A ⇒ M A = 2M O.
MA
2
Tương tự, ta có
−−→
−−→
−−→ M B
−−→ M C
M B = 2M O.
, M C = 2M O.
MB
MC
Vậy từ ba đẳng thức trên ta chu được
−−→ −−→ −−→
−−→ M B M C M A
M B + M C − M A = 2M O.(
+
−
) (1)
MB MC MA
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Swart dạng vector ta có
−−→ −−→ −−→
−−→ −−→ −−→
−−→ −−→ −−→
−−→ M B M C M A
MB MC MA
MB MC MA
−M O|
+
−
| 6 M O·(
+
−
) 6 M O|
+
−
| (2)
MB MC MA
MB MC MA
MB MC MA
−−→ −−→ −−→
MB MC MA
Do M ∈ (O) nên M O = R, chúng ta sẽ tính |
+
−
| thật vậy
MB MC MA
−−→ −−→ −−→
MB MC MA 2
|
+
−
|
MB MC MA
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
MB MC MB MA MC MA
= 3 + 2(
.
−
.
−
.
)
MB MC MB MA MC MA
−−→ −−→
−−→ −−→
−−→ −−→
= 3 + 2(cos(M B, M C) − cos(M B, M A) − cos(M C, M A))
= 3 − 2(cos A + cos B + cos C) (Because M in small arc BC)
R+r
R+r
=3−2
(Ở đây chúng ta sử dụng hệ thức lượng có bản cos A + cos B + cos C =
)
R
R
R2 − 2Rr
=
R2
2
OI
= 2 (Công thức Euler)
R
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
64
Từ đây suy ra
−−→ −−→ −−→
MB MC MA
M O|
+
−
| = OI (3)
MB MC MA
Vậy từ (1), (2), (3) ta thu được bất đẳng thức M A + 2OI > M B + M C > M A − 2OI,
dấu bằng xảy ra khi ABC là tam giác đều.
Bài toán 2.79. Cho tam giác △ABC, trực tâm H, bán kính đường tròn ngoại tiếp R,
với mọi M trên mặt phẳng, hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức
3
M A3 + M B 3 + M C 3 − R · M H 2
2
Chứng minh. Bằng bất đẳng thức AM-GM chúng ta có
M A3 R 2 + M A 2
M A3
+
>
+ R.M A > 2M A2
R
2
R
⇒
M A3
3
R2
> M A2 −
R
2
2
Tương tự ta có
M B3
3
R2 M C 3
3
R2
> M B2 −
,
> M C2 −
R
2
2
R
2
2
Như vậy
M A3 + M B 3 + M C 3
3
3
> (M A2 + M B 2 + M C 2 ) − R2
R
2
2
(1)
Gọi O là tâm ngoại tiếp tam giác ABC ta có
M A2 + M B 2 + M C 2
−−→ −→
−−→ −−→
−−→ −→
= (M O + OA)2 + (M O + OB)2 + (M O + OC)2
−−→ −→ −−→ −→
= 3M O2 + 2M O(OA + OB + OC) + 3R2
−−→ −−→
= 3M O2 + 2M O.OH + 3R2
= 3M O2 − (OM 2 + OH 2 − M H 2 ) + 3R2
= 2M O2 − OH 2 + M H 2 + 3R2
> 3R2 − OH 2 + M H 2 (2)
−→ −−→ −→ −−→
(Ở đây chúng ta đã sử dụng đẳng thức vector OA + OB + OC = OH)
Vậy từ (1), (2) ta suy ra
M A3 + M B + M C 3
3
3
> (3R2 − OH 2 + M H 2 ) − R2
R
2
2
3
3
⇒ M A3 + M B 3 + M C 3 − R.M H 2 > 3R3 − R.OH 2 = const
2
2
3
Ta dễ thấy dấu bằng xảy ra khi M ≡ O, vậy ta thu được M A3 +M B 3 +M C 3 − R.M H 2
2
đạt giá trị bé nhất khi M ≡ O.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
65
Bài toán 2.80. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ bên trong nó, chứng minh rằng
(AP + BP + CP )2 > 3(aP A + bP B + cP C)
Chứng minh. Chúng ta lần lượt đặt ∠BP C = α, ∠CP A = β, ∠AP B = γ khi đó
α + β + γ = 2π.
Bởi định lý hàm số cosine ta có
a2 = P B 2 + P C 2 − 2P BP Ccosα
⇒ a2 P A = P A(P B 2 + P C 2 ) − P AP BP Ccosα
Tương tự ta được b2 P B, c2 P C. Từ bất đẳng thức cơ bản
cosα + cosβ + cosγ > −
3
2
when α + β + γ = 2π ta thu được
a2 P A + b2 P B + c2 P C
= P A(P B 2 + P C 2 ) + P B(P C 2 + P A2 ) + P C(P A2 + P B 2 )
− 2P AP BP C(cos α + cos β + cos γ)
6 P A(P B 2 + P C 2 ) + P B(P C 2 + P A2 ) + P C(P A2 + P B 2 )
+ 3P BP CP A
= (P A + P B + P C)(P BP C + P CP A + P AP B)
1
6 (P A + P B + P C)3
3
Như vậy
(P A + P B + P C)3 > 3(a2 P A + b2 P B + c2 P C)
⇒ (P A + P B + P C)4 > 3(a2 P A + b2 P B + c2 P C)(P A + P B + P C)
> 3(aP A + bP B + cP C)2 (by Cauchy-Swart inequality)
√
⇒ (P A + P B + P C)2 > 3(P A2 + b2 P B + c2 P C)
Dấu bằng xảy ra khi ABC là tam giác đều và P trùng tâm của nó.
Bài toán 2.81. Giả sử a, b, c là ba cạnh của tam giác và ma , mb , mc là các trung tuyến
của chúng, chứng minh bất đẳng thức sau
√ 2
3(a + b2 + c2 )
ma mb mc
+
+
>
a2
b2
c2
2abc
Chứng minh. Bất đẳng thức tương đương
(
ma bc mb ca mc ab 2 3 2
+
+
) > (a + b2 + c2 )2
a
b
c
4
Ta lại có
(
∑ (mb ca).(mc ab)
∑
ma bc mb ca mc ab 2
+
+
) > 3(
) = 3(
a2 mb mc )
a
b
c
bc
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
66
Ta sẽ chứng minh rằng
∑
∑
3
3(
a2 mb mc ) > (a2 + b2 + c2 )2 ⇔ 4(
a2 mb mc ) > (a2 + b2 + c2 )2
4
Thật vậy, chuyển qua tam giác trung tuyến với ba cạnh là ma , mb , mc chúng ta cần
chứng minh rằng
∑
∑
3 3
4m2a b c > (m2a + m2b + m2c )2 ⇔
(2(b2 + c2 ) − a2 )bc > (a2 + b2 + c2 )2
4 4
Bằng biến đổi tương đương, ta thu được
∑1
⇔
(a2 − (b − c)2 )(b − c)2 > 0
2
bất đẳng thức này luôn đúng bởi vì a > |b − c|, b > |c − a|, c > |a − b| với mọi tam giác
ABC. Đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.82. Với mọi tam giác nhọn ABC, các trung tuyến ma , mb , mc , các bán
kính bằng tiếp ra , rb , rc , nửa chu vi s, chứng minh bất đẳng thức
ma · ra + mb · rb + mc · rc 6 s2 .
Chứng minh. Gọi A′ là trung điểm BC, ta có O nằm trong tam giác ABC vì ABC
là tam giác nhọn. Vậy OA′ = OC cos A′ OC = R cos A từ đó suy ra ma = AA′ 6
A
a
A
a
A
OA + OA′ = R + R cos A = 2R cos2 =
cos2 = · cot .
2
sin A
2
2
2
a
A
A
ra
a ra
as
Nói cách khác ma 6 : tan . Ta lại có tan = , do đó ma 6 :
=
. Ta
2
2
2
s
2 s
2ra
as
bs
cs
thu được ma · ra 6 . Tương tự cho các đỉnh B, C thì mb · rb 6
và mc · rc 6 .
2
2
2
Do đó
a+b+c
as bs cs
+
+
=
· s = s · s = s2 .
ma · ra + mb · rb + mc · rc 6
2
2
2
2
Đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.83. Cho tam giác ABC chứng minh rằng
A
B
C
1
A
B
C
B
C
C
A
sin + sin + sin + [cos2 + cos2 + cos2 − (cos cos + cos cos +
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
B
3
A
cos cos )] 6 .
2
2
2
Chứng minh. Không mất tổng quát ta có thể giả sử A 6 C 6 B, ta có
A
B
C
+ sin + sin
2
2
2
A
B
A+B
1
[1 + (sin + sin )2 ] + cos
2
2
2
2
1
A
B
A
B
A
B
2 A
2 B
(1 + sin
+ sin
) + sin sin + (cos cos − sin sin )
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
A
B
A
B
(3 − cos2 − cos2 ) + cos cos
2
2
2
2
2
3 1
A
B 2
− (cos − cos ) (1)
2 2
2
2
sin
6
=
=
=
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
67
Ta sẽ chứng minh rằng
A
B
1
B
C
C
A
A
B
1
(cos − cos )2 > [(cos − cos )2 + (cos − cos )2 + (cos − cos )2 ] =
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
1
A
B
C
B
C
C
A
A
B
= [cos2 + cos2 + cos2 − (cos cos + cos cos + cos cos )] (2)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Thật vậy bất đẳng thức tương đương với
A
B
A
C
B
C
− cos )2 > (cos − cos )2 + (cos − cos )2
2
2
2
2
2
2
B
C
A
C
B
C
A
⇔ −2 cos cos > 2 cos2 − 2 cos cos − 2 cos cos
2
2
2
2
2
2
2
A
C
B
C
A
B
C
⇔ cos cos + cos cos − cos cos − cos2 > 0
2
2
2
2
2
2
2
C
B
A
C
⇔ (cos − cos )(cos − cos ) > 0
2
2
2
2
⇔ (cos
Điều này luôn đúng bởi ta giả sử A 6 C 6 B ⇒ cos
A
C
B
> cos > cos
2
2
2
Vậy từ (1), (2) ta có
sin
A
B
C
3 1
A
B
C
B
C
C
A
A
B
+sin +sin 6 − [cos2 +cos2 +cos2 −(cos cos +cos cos +cos cos )]
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Nếu giải sử tương tự, ta có năm trường hợp khác A 6 B 6 C, C 6 B 6 A, C 6 A 6
B, B 6 A 6 C, B 6 C 6 A, nhưng kết quả cuối cùng ta vẫn thu được bất đẳng thức
đối xứng như trên, do đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.84. Cho tam giácABC, chứng minh rằng
cos
B−C
C −A
A−B
3A
3B
3C
+ cos
+ cos
> sin
+ sin
+ sin
2
2
2
2
2
2
Chứng minh. Ta có
∑
cos
∑
∑
∑
∑
B−C
3A
B
C ∑
A
A
A
>
sin
⇔2
sin sin +
sin > 3
sin −4
sin3
2
2
2
2
2
2
2
⇐⇒ 4
∑
sin3
∑
∑
B
C
A
A
+2
sin sin > 2
sin
2
2
2
2
(∗)
Ta sẽ chứng minh rằng
(
)
(
)
B
B
C
A
A
3 A
3 B
2 sin
+ sin
+ sin
sin + sin
> sin + sin
2
2
2
2
2
2
2
Thật vậy, ta có
(
A
A
B
B
(1) ⇐⇒ 2 sin
− sin sin + sin2
2
2
2
2
2
)
+ sin
C
>1
2
(1)
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
68
A−B
C
A+B
− cos
+ sin > 1
2
2
2
C
A−B
⇐⇒ 1 + 2 sin > cos A + cos B + cos
, which is truly.
2
2
⇐⇒ 1 − cos A + 1 − cos B + cos
Tương tự, ta có
(
)
(
)
C
C
A
B
B
3 B
3 C
2 sin
+ sin
+ sin
sin + sin
> sin + sin
2
2
2
2
2
2
2
)
(
)
(
B
C
C
A
A
A
C
+ sin
sin + sin
> sin + sin
2 sin3 + sin3
2
2
2
2
2
2
2
(2)
(3)
Vậy từ (1), (2) và (3) ta suy ra
4
∑
sin3
∑
∑
B
C
A
A
+2
sin sin > 2
sin ,
2
2
2
2
đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.85. Cho tam giác nhọn ABC, P là điểm bất kỳ bên trong tam giác ABC,
đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BP C tại một điểm thứ hai A0 ,
tương tự ta có B( 0) và C0 . Chứng minh rằng
a) P A0 · P B0 · P C0 > 8P A · P B · P C.
P A 0 P B 0 P C0
b)
+
+
> 6.
PA
PB
PC
Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức Ptolemy ta có
P A0 =
P B · CA0 + P C · BA0
.
BC
Đặt x = sin ∠BP C0 = sin ∠CP B0 , y = sin ∠BP A0 = sin ∠AP B0 , z = sin ∠CP A0 =
sin ∠AP C0 . Bởi định lý hàm số sine ta có
CA0
z BA0
y
= ,
= .
BC
x BC
x
Từ đó ta thu được
P A0 =
y
z
P B + P C. (1)
x
x
P B0 =
x
z
P C + P B. (2)
y
y
Tương tự cho B, C ta có
y
x
P C0 = P A + P C. (3)
z
z
Nhân các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được
)
∏(z
y
P A 0 · P B 0 · P C0 >
P B + P C > 8P A · P B · P C
x
x
cyc
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
69
Đó là bất đẳng thức phần a)
Từ bất đẳng thức AM − GM., ta cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được
∑ P A0 ∑ ( z P B y P C )
>
+
>6
P
A
x
P
A
x
P
A
cyc
cyc
Đó là bất đẳng thức phần b).
Bài toán 2.86. Cho tam giác ABC và điểm M bất
} tiếp tam
{ kỳ trên đường tròn ngoại
MA MB MC
b c c a a b
giác, chứng minh rằng
>2
+
+
> min
+ ; + ; +
BC
CA
AB
c b a c b a
Chứng minh. Ta dễ thấy vế sau không nhỏ hơn 2, ta chỉ phải chứng minh
{
}
MA MB MC
b c c a a b
+
+
> min
+ ; + ; +
.
a
b
c
c b a c b a
Ta sử dụng phản chứng, giả sử rằng, bất đẳng thức sai, tức là
{
}
b c c a a b
MA MB MC
+
+
< min
+ ; + ; +
.
a
b
c
c b a c b a
Không giảm tổng quát, ta có thể giả sử rằng M nằm trên cung BC của đường tròn ngoại
tiếp không chưa A. Từ đẳng thức Ptolemy ta suyu ra CA · M B + AB · M C = BC · M A.
Nói cách khác, b · M B + c · M C = a · M A. Như vậy, M A = (b · M B + c · M C) /a. Từ
đó,
MA MB MC
(b · M B + c · M C) /a M B M C
+
+
=
+
+
a
b
c
a
b
c
(
)
(
)
(
)
( c a)
a b
a b
c a
MB ·
+
+ MC ·
+
MB ·
+
+ MC ·
+
b a
a c
b a
a c
=
>
,
a
MB + MC
Bởi vì a 6 M B + M C, ta thu được
MA MB MC
+
+
< min
a
b
c
{
b c c a a b
+ ; + ; +
c b a c b a
}
Một cách tương tự
a b
MA MB MC
+
+
< +
a
b
c
b a
MA MB MC
c a
+
+
< +
a
b
c
a c
Như vậy
(
MA MB MC
+
+
=
a
b
c
MB ·
)
(
)
MA MB MC
MA MB MC
+
+
+
+
+ MC ·
a
b
c
a
b
c
MB + MC
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
(
MB ·
<
70
)
( c a)
a b
+
+ MC ·
+
b a
a c
.
MB + MC
Điều này mâu thuẫn giải thiết phản chứng, do đó ta phải có
∑ MA
a
= 2 ⇐⇒ { a = b = c ∨ M = A , b = c ∨ M = B , c = a ∨ M = C , a = b } .
Đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.87. Cho tam giác ABC, M là điểm bất kỳ bên trong nó, hãy tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức
[
[
P A sin \
BP C + P B sin CP
A + P C sin AP
B.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh rằng
P A sin ∠BP C + P B sin ∠CP A + P C sin ∠AP B 6
AB + BC + CA
2
Thật vậy, đặt
φ = ∠P AB, δ = ∠P BC, ω = ∠P CA, α = ∠BAC, β = ∠ABC, γ = ∠BCA.
Sử dụng biến đổi lượng giác, ta có, bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với
cos φ cos δ cos ω + cos(α − φ) cos(β − δ) cos(γ − ω) 6
∑
cyclic
sin α cos(
sin α + sin β + sin γ
2
−α + β + γ
+ φ − δ − ω) 6 sin α + sin β + sin γ
2
Điều này hiển nhiên, và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi φ =
α
β
γ
, δ = , ω = , khiđó P
2
2
2
trùng tâm nội tiếp tam giác ABC.
Bài toán 2.88. Cho tam giác ABC, bán kính đường tròn nội tiếp r, ba bán kính đường
tròn bàng tiếp ra , rb , rc , chứng minh rằng
√
√
√
1
1
1
1
1
1
2
+ 2+
+ 2+
+ 2 > .
rra rb
rrb rc
rrc ra
r
Chứng minh. Gọi nửa chu vi tam giác ABC là p, bằng phép thế Ravi ta đặt p − a =
x, p − b = y, p − c = z sau đó chuẩn hóa x + y + z = 1, ta đưa bài toán về bất đẳng
thức đại số
√
√
√
x + y 2 + y + z 2 + z + x2 > 2
Đây là bất đẳng thức đã khá quen với những người làm bất đẳng thức đại số, một
trong những cách làm ta có thể chứng minh như sau
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
71
4(x + y + z)2 (yz + z 2 + zx + x2 )(zx + x2 + xy + y 2 ) − (2x3 + 3y 2 z + 3z 2 x + 2x2 y + 2yz 2 +
4zx2 + 2xy 2 + 6xyz)2 = xy(z − x)2 (4x2 + 4y 2 + z 2 + 8zx + 4xy) + yz(x − y)2 (4y 2 +
2
2
3yz +
+ 12y 2 + 4z 2 + 11yz + 7zx + 4xy) > 0
√ + zx(y − z) (4x √
∑11zx)
2
2
⇔ 2 cyc yz + z + zx + x zx + x2 + xy + y 2
>
∑ 2x3 + 3y 2 z + 3z 2 x + 2x2 y + 2yz 2 + 4zx2 + 2xy 2 + 6xyz
cyc
x+y+z
= 2(x2 +y 2 +z 2 )+6(yz+zx+xy)
(∑
)2
√
2 + yz + z 2
xy
+
y
> 4(x + y + z)2
cyc
√
√
√
Như vậy với x + y + z = 1 ta được ⇔ y + z 2 + z + x2 + x + y 2 > 2, đó là điều
phải chứng minh.
⇔
Bài toán 2.89. Cho tam giác ABC trọng tâm G và P là điểm bất kỳ. Chứng minh
rằng
3P G + a + b + c > P A + P B + P C.
Chứng minh. Từ bất đẳng thức
→
−
−
→ →
−
→ →
−
→
→
→
→
→
→
→
|−
a | + | b | + |−
c | + |−
a + b +−
c |>| b +−
c | + |−
c +−
a | + |−
a + b|
−
→ → −
→
→
→
→
→
→
→
→
→
Đặt −
a =−
v +−
w −−
u, b =−
w +→
u −−
v, −
c =−
u +−
v −−
w
Ta được bất đẳng thức
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
|−
u +−
v +−
w | + |−
u +−
v −−
w | + |−
v +−
w −−
u | + |−
w +−
u −−
v | > 2(|−
u | + |−
v | + |−
w |)
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
−
→
→
Làm yếu |−
u +−
v −−
w | < |−
u |+|−
v −−
w |, |−
v +−
w −−
u | < |−
v |+|−
w −−
u |, |→
w +−
u −−
v|<
→
→
→
|−
w | + |−
u −−
v|
Ta thu được bất đẳng thức sau
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
|−
u +−
v +−
w | + |−
u −−
v | + |−
v −−
w | + |−
w −−
u | > |−
u | + |−
v | + |−
w|
−→ →
−−→ →
−→
→
Khi đó áp dụng bất đẳng thức trên cho −
u = P A, −
v = P B, −
v = P C ta được điều
phải chứng minh.
Bài toán 2.90. Cho tam giác ABC, phân giác trong AD. P nằm trên đoạn AD.
P B, P C cắt CA, AB lần lượt tại B ′ , C ′ . Giả sử BB ′ = CC ′ , chứng minh rằng tam giác
ABC cân.
Bổ đề 2.90.1. Cho tam giác ABC, AB < AC, phân giác trong AD. P nằm trên đoạn
AD thì
a) P B < P C
b) ∠P CA < ∠P BA.
Chứng minh.
a) Bài toán cơ bản tam giác ABC với AB < AC phân giác trong AD thì DB < DC và
∠ADB < 90◦ < ∠ADC. Khi đó, ta dựng được D′ trên đoạn DC sao cho DB = DD′ .
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
72
Từ đó xét tam giác P DB và P DD′ ta suy ra được P B < P D′ . Do D′ nằm trên đoạn
BC nên P D′ 6 max{P B, P C} tuy nhiên P D′ > P B do đó P D′ < P C. Từ đó ta thu
được P B < P C.
A
P
B'
B
C
D
D'
b) Do AB < AC, dựng B ′ trên đoạn AC sao cho AB = AB ′ . Từ đó dễ suy ra
∠P BA = ∠P B ′ A > ∠P CA.
Lời giải bài toán. Nếu tam giác ABC không cân. Giả sử AB < AC theo bổ đề P B <
P C nên ∠P CB < ∠P BC.
Xét các tam giác BB ′ C và CC ′ B suy ra BC ′ < B ′ C.
Vẽ hình bình hành BB ′ QC ′ suy ra B ′ Q < B ′ C hay ∠B ′ CQ < ∠B ′ QC (1)
Q
A
B'
C'
B
P
D
C
Mặt khác tam giác C ′ QC cân tại C suy ra ∠C ′ CQ = ∠CQC ′ (2)
Từ (1), (2) suy ra ∠C ′ CB ′ > ∠CQB ′ = ∠ABB ′ (3)
Mặt khác từ AB < AC theo bổ đề suy ra ∠P CA < ∠P BA điều này mâu thuẫn (3).
Do đó điều giả sử sai.
Tương tự nếu AC < AB cũng vô lý vậy AB = AC.
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
73
Bài toán 2.91. Cho tam giác ABC, AB 6 AC điểm M ∈ AC sao cho M A + AB =
M C. I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC trên tia IB lấy điểm D sao cho
ID = R với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi E là hình chiếu
của D lên IC. Chứng minh rằng 2DE > M C, dấu bằng xảy ra khi nào ?
Bổ đề 2.91.1. Tam giác ABC, AB 6 AC nội tiếp O, nếu M ∈ AC sao cho M A +
AB = M C thì M là hình chiếu của P lên AC trong đó P là trung điểm cung lớn BC.
Chứng minh. Gọi M ′ la hình chiếu của P lên AC ta sẽ chứng minh M ′ ≡ M thật
vậy, gọi K là hình chiếu của P lên AB, ta dễ chứng minh rằng △P BK = △P CM ′ ⇒
P M = P K từ đó dễ suy ra △P AK = △P AM ′ vậy suy ra AM ′ = AK vậy AB+AM ′ =
AB + AK = BK = CM ′ do đó CM ′ − AM ′ = AB theo đề bài CM − AM = AB mà
M ∈ AC vậy M ′ ≡ M .
K
P
A
M
E
I
B
O
C
D
A
Lời giải bài toán. Do M là hình chiếu của P nên M C 6 P C = 2R cos (1)
2
π A
A
Mặt khác ta lại thấy DE = R sin ∠EID = R sin ∠BIC = R sin( + ) = R cos (2).
2 2
2
Từ (1), (2) ta suy ra M C 6 2DE. Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC cân tại
A.
Bài toán 2.92. Cho tam giác ABC và x, y, z > 0. Chứng minh rằng
yz cos
B−C
C −A
A−B
A
B
C
+zx cos
+xy cos
6 (x2 +yz) sin +(y 2 +zx) sin +(z 2 +xy) sin
2
2
2
2
2
2
Bổ đề 2.92.1. Cho tam giác ABC. P là điểm bất kỳ trong tam giác. A′ , B ′ , C ′ là hình
chiếu của P xuống BC, CA, AB. Với mọi x, y, z > 0. Chứng minh rằng
√
√
√
xP B · P C + yP C · P A + zP A · P B > 2 yzP A · P A′ + zxP B · P B ′ + xyP C · P C ′
Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
74
b
c
Chứng minh. Từ lời giải bài toán Erdos ta đã có P A > P C ′ + P B ′ suy ra xP A >
a
a
b
c
′
′
x( P C + P B ).
a
a
Tương tự và cộng lại ta suy ra
∑ c
∑√
b
(y + z )P A′ > 2
yzP A′
b
c
PB · PC
PC · PA
PA · PB
Thế x →
,y →
,z →
ta thu được
PA
PB
PC
xP A + yP B + zP C >
√
√
√
xP B · P C + yP C · P A + zP A · P B > 2 yzP A · P A′ + zxP B · P B ′ + xyP C · P C ′
Đó là điều phải chứng minh.
Lời giải bài toán. Trong bổ đề thế x → x2 , y → y 2 , z → z 2 và cho P trùng tâm I đường
A
tròn nội tiếp, chú ý r = sin IA, ta thu được bất đẳng thức
2
2(yz sin
C
C
A
A
B
C
B
C
B
sin + zx sin sin + xy sin sin ) 6 x2 sin + y 2 sin + z 2 sin
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Bất đẳng thức đề bài tương đương với bất đẳng thức thu được.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Nguyễn Vũ Lương (2004), Bất đẳng thức trong tam giác, NXB đại học quốc gia
Hà Nội.
[2] Vũ Đình Hòa (2005), Bất đẳng thức hình học, NXB Giáo Dục, Hà Nội.
[3] Nguyễn Mộng Hy (2002), Các phép biến hình trong mặt phẳng, NXB Giáo Dục,
Hà Nội.
[4] Phan Huy Khải (2001), 10.000 bài toán sơ cấp (bất đẳng thức hình học), NXB Hà
Nội, Hà Nội.
[5] Tuyển tập 30 năm tạp chí Toán học và Tuổi trẻ (1997), NXB Giáo Dục, Hà Nội.
[6] Jose A.G.O., Radmila B.M., Rogelio V.D. (2009), Inequalities A Mathematical
Olympiad Approach, Basel-Boston-Berlin, Germany.
[7] Mihai B., Bogdan E., Mircea B. (1997), Romanian Mathematical Competitions,
The Romanian Society of Mathematical Sciences, Romania.
[8] Mitrinovic D.S, Pecaric J.E., Volenec V. (1989), Recent advances in Geometric
Ineqalities, Kluwer Academic Publishers, The Netherlands.
[9] Titu Andreescu, Oleg Mushkanov, Luchezar Stoyanov (2006), Geometric Problems
on Maxima and Minima, Basel-Boston-Berlin, Germany.
[10] Website www.artofproblemsolving.com
75