Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam
- 1 -
Lời nói đầu
Bất đẳng thức (BDT) Erdos-Mordell là một BDT khá nổi tiếng trong tam giác, được nhà
toán học Paul Erdos đề xuất năm 1935 và lời giải đầu tiên đưa ra là của Louis Mordell sử
dụng định lí hàm số Cos. Trong bài viết này tôi xin được giới thiệu với các bạn một số lời
giải do tôi tìm ra hoặc sưu tầm được .
Đây chắc chắn không phải là tất cả các lời giải cho BDT này, rất mong nhận được sự trao
đổi của các bạn. Các bạn có thể gửi lời giải vào hòm thư: nguyendunghus@gmail.com
Hoặc post trực tiếp vào topic: http://mathscope.org/forum/showthread.php?t=4913
Rất mong nhận được sự quan tâm của các bạn,
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam
- 2 -
Bất đẳng thức Erdos-Mordell:
Cho tam giác ABC bất kì có 3 cạnh là a, b, c và điểm M nằm trong tam
giác. Đặt
,,
AMxBMyCMz
===
và từ M kẻ các đường vuông góc MD,
ME, MF xuống các cạnh BC, CA, AB có độ dài lần lượt là p, q, r. Khi
đó ta có:
(
)
2
xyzpqr
++≥++
Dấu đẳng thức xảy ra khi
ABC
đều.
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam
- 3 -
A
BC
M
D
E
F
B'
C'
p
q
r
ha
x
yz
A
BC
M
D
E
F
Hướng chứng minh thứ nhất:
Ta sẽ chứng minh
bc
xrq
aa
≥+,
ca
ypr
bb
≥+,
ab
zqp
cc
≥+
Sau đó áp dụng BDT Cô-si cho 2 số dương:
()
22
ab
xyzrrpqq
ba

++≥+≥=++


∑∑ Trong đó kí hiệu
∑
chỉ tổng hoán vị.
Ta cùng theo dõi các lời giải sau:
Lời giải 1.
Gọi ha là độ dài đường cao xuất phát từ A.
Ta có:
(
)
2a
SABCahapbqcr
==++
. Do a
hxp
≤+
nên
(
)
a
axpah
+≥ .
bc
axbqcrxqr
aa
⇒≥+⇒≥+. Tương tự ta có đpcm.
Lời giải 2.
Từ B và C kẻ các đường vuông góc BB’, CC’ tới đường thẳng AM. Dễ thấy
~'
AFMABB
∆∆
và
~'
AEMACC
∆∆
nên:
'
..'
rBB
rcxBB
xc
=⇒= và '
.'
qCC
qbxCC
xb
=⇒=
Suy ra
(
)
..''.
rcqbxBBCCxa
+=+≤
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam
- 4 -
x
A
BC
M
D
E
F
B'
C'
A
BC
M
D
E
F
P
E'
F'
Lời giải 3.
Kẻ tia Ax đối xứng với tia AM qua phân giác góc A
','
MACBABMABCAC
⇒==
Từ B và C kẻ các đường vuông góc BB’, CC’ tới tia Ax. Ta có:
''.sin'.sin'.sin.sin..
qr
aBBCCABBABACCACcMACbMABcb
xx
≥+=+=+=+
Suy ra
axcqbr
≥+
hay
bc
xrq
aa
≥+, đpcm.
Lời giải 4.
Lấy điểm P thuộc cạnh BC sao cho
BADPAC
=. Ta có:
(
)
(
)
(
)
.222'.'.
APBCSABCSPABSPACPEbPFc
≥=+=+
Với E’, F’ là chân các đường vuông góc kẻ từ P xuống AB, AC.
Suy ra:
''
1..
PEbPFc
APaAPa
≥+. Mà theo giả thiết,
'~
APEAMF
∆∆
nên '
PEr
APx
=
.
Tương tự '
PFq
APx
=
. Vậy 1
rbqcbc
xrq
xaxaaa
≥+⇒≥+,đpcm.
Nguyễn Mạnh Dũng, High School for Gifted Students, HUS, Việt Nam
- 5 -
C'
B'
A
B
M
F
C
E
D
E
F
BC
A
M
D
M'
F'
E'
Lời giải 5.
Vẽ đường trong ngoại tiếp
BMC
∆
cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại B’, C’. Ta có:
()()
''
.''2'2'.'.'
''''
ABAC
AMBCSAMBSAMCrABqACxrq
BCBC
≥+=+⇒≥+(1)
Mặt khác, theo tính chất của góc nội tiếp đường tròn ta có ''~
ABCACB
∆∆
. Suy ra
''
,
''''
ABACbACc
BCBCaBCa
===
(2)
Từ (1) và (2) ta có
bc
xrq
aa
≥+, đpcm.
Lời giải 6.
Vẽ đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFME. Qua M vẽ đường thẳng song song với EF cắt
đường tròn tại M’. Từ M’ kẻ ME’, MF’ lần lượt vuông góc với AB, AC. Dễ thấy
~''
AMEAMF
∆∆
(g.g) suy ra ''
'
MFME
AMAM
=.
Tương tự ''
'
MEMF
AMAM
=. Mặt khác:
'..''.
AMBCABMFACME
≥+
( tuơng tự lời giải 5)
nên:
''''
1..
''
MEcMFbqcrb
AMaAMaxaxa
≥+=+ hay
bc
xrq
aa
≥+, đpcm.