Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bất đẳng thức liên quan đến nhiều tam giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN HUY THỤY

BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN NHIỀU TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN HUY THỤY

BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN NHIỀU TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. NGUYỄN VĂN NGỌC

Thái Nguyên - 2016

Mục lục

Danh mục ký hiệu

iii

Mở đầu

Chương 1. Bất đẳng thức đối với hai tam giác liên quan

1.1 Kiến thức bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.1.1 Các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.1.2

Các đại lượng và định lý thông dụng trong tam giác . . .

1.2 Bất đẳng thức Neuberg-Pedoe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.1 Giới thiệu về Daniel Pedoe

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.2

Bất đẳng thức Neuberg-Pedoe . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.3 Bất đẳng thức Neuberg-Pedoe mở rộng . . . . . . . . . . . 14

1.3 Tam giác trực tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.3.1 Mô tả bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.3.2 Các kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.4 Tam giác trung tuyến

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.4.1 Mô tả bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.4.2 Các kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.5 Các bất đẳng thức Barrow-Tomescu-Klamkin . . . . . . . . . . . . 28

1.5.1 Bất đẳng thức giữa các cạnh và các góc của các tam giác . 28

1.5.2 Một số hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Chương 2. Các bất đẳng thức liên quan đến nhiều tam giác

2.1 Dãy các tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.1.1 Phát biểu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.1.2 Các kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.2 Bất đẳng thức Oppenheim đối với nhiều tam giác . . . . . . . . . 38

2.2.1 Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.2.2 Các kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.3 Bất đẳng thức giữa một tam giác với nhiều tam giác liên quan . 41

2.3.1 Bất đẳng thức diện tích cho hai tam giác có quan hệ với

nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.3.2 Bất đẳng thức diện tích cho n tam giác . . . . . . . . . . . 43

2.3.3 Bất đẳng thức cho các góc của dãy n tam giác . . . . . . . 44

2.3.4 Bất đẳng thức bao gồm bán kính đường tròn ngoại tiếp

và bán kính đường tròn nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.3.5 Bất đẳng thức bao gồm nửa chu vi và bán kính đường tròn

ngoại tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.3.6 Bất đẳng thức bao gồm diện tích và bán kính đường tròn

ngoại tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.3.7 Các trường hợp đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

Kết luận

Tài liệu tham khảo

iii

Danh mục ký hiệu

ABC

Tam giác ABC

a, b, c

Độ dài các cạnh BC, CA, AB

∆

Diện tích tam giác

Nửa chu vi tam giác

s

ma, mb, mc Độ dài các trung tuyến ứng với các cạnh a, b, c

wa, wb, wc Độ dài các phân giác ứng với các cạnh a, b, c

Độ dài các đường cao ứng với các cạnh a, b, c

ha, hb, hc

Bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp

r, R

Bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với các cạnh a, b, c

Tổng a + b + c

Tổng a2 + b2 + c2

Tổng a2a(cid:48)

2 + b2b(cid:48)

2 2 + c2c(cid:48)

ra, rb, rc (cid:80) a (cid:80) a2 (cid:80)(a2a(cid:48) 2) (cid:80) cot A

Tổng cot A + cot B + cot C

"Đẳng thức xảy nếu và chỉ nếu tam giác ABC là tam

E {

}

giác đều"

"Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n tam giác là đồng dạng".

Sn {

}

Mở đầu

Bất đẳng thức liên quan đến hai hay nhiều tam giác, hoặc một dãy các tam

giác cho biết mối quan hệ mật thiết nào đó giữa các đại lượng của các tam giác.

Các bất đẳng thức này thuộc loại khó và có số lượng rất khiêm tốn so với các

bất đẳng thức trong một tam giác.

Cho tam giác ABC, với a, b, c là các cạnh, s, R, r và ∆ lần lượt là nửa chu

vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp, và diện tích.

khác được ký hiệu là a(cid:48), b(cid:48), c(cid:48), ...

Đã có một thời gian dài các học giả nghiên cứu về bất đẳng thức giữa hai

tam giác. Hai trong những bất đẳng thức nổi tiếng đó là bất đẳng thức của

Neuberg–Pedoe [5]

wa, wb, wc lần lượt là các phân giác trong của các góc, và ha, hb, hc lần lượt là các chiều cao. Tương tự, đối với tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48), độ dài các cạnh và các đại lượng

và bất đẳng thức Klamkin [2]

16∆∆(cid:48) a(cid:48)2(b2 + c2 a2) + b(cid:48)2(c2 + a2 b2) + c(cid:48)2(a2 + b2 c2) − − − ≥

Gần đây, các học giả Trung Quốc đã tìm thêm một số bất đẳng thức mới liên

quan hai tam giác (xem [5]). Chẳng hạn như, Zhang và Gao đã chứng minh bất

đẳng thức như sau đây

a(cid:48)2 + b(cid:48)2 + c(cid:48)2 1)n+1(2a(cid:48)b(cid:48) cos nC + 2b(cid:48)c(cid:48) cos nA + 2c(cid:48)a(cid:48) cos nB). ( − ≥

a2a(cid:48)2 + b2b(cid:48)2 + c2c(cid:48)2 16∆∆(cid:48),

√48∆∆(cid:48). ≥ a) + b(cid:48)(c + a a(cid:48)(b + c b) + c(cid:48)(a + b c) − − ≥ −

Mục đích của đề tài luận văn là tìm hiểu và học tập về các bất đẳng thức liên

quan đến nhiều tam giác, từ đó hình thành một số chuyên đề phục vụ cho công

tác giảng dạy và bồi dưỡng Toán cho các học sinh ở bậc THPT. Trong luận văn

này, tên gọi của các chương, các mục và các tiểu mục là do chúng tôi tự đặt ra

để cho phù hợp với nội dung tương ứng.

Luận văn có bố cục: Mở đầu, hai chương, Kết luận và Tài liệu tham khảo.

Chương 1: Bất đẳng thức đối với hai tam giác trình bày các bất đẳng thức

đối với hai tam giác có liên quan đặc biệt nào đó (tam giác Trực tâm, tam giác

Trung tuyến), các bất đẳng thức liên quan đến các đại lượng độ dài, diện tích và

các góc của hai tam giác bất kỳ (các bất đẳng thức Barrow-Tomescu-Klamkin,

Pedoe, ...).

Chương 2: Các bất đẳng thức liên quan đến nhiều tam giác trình bày các

bất đẳng thức liên quan đến nhiều tam giác. Các vấn đề được trình bày trong

chương này có thể tóm lược như sau.

Trước hết là các bất đẳng thức liên quan đến dãy các tam giác. Bắt đầu với

tam giác ABC, chúng ta liên tục xây dựng dãy các tam giác (AnBnCn)n∈N , với

bởi

A0B0C0 = ABC và số đo góc và độ đo cạnh được định nghĩa một cách đệ quy

π π π An Bn Cn , , Bn+1 = , Cn+1 = − 2 − 2

an(bn + cn − 2 an), bn+1 = (cid:112) bn(cn + an bn), − −

An+1 = an+1 = (cid:112) cn+1 = (cid:112) cn(an + bn cn). −

Tiếp đó, giả sử rằng Ai, Bi, Ci (i = 0, 1, ..., n

cạnh ai, bi, ci. Xét tam giác AnBnCn, có các cạnh an, bn, cn được định nghĩa bởi

các phương trình

n−1 (cid:88)

1) là n tam giác với độ dài các −

n =

i , b2 a2

i , c2 b2

a2 n = c2 i .

Sau cùng, xét các bất đẳng thức giữa tam giác ABC và n tam giác AiBiCi

liên quan với nhau theo hệ thức

(cid:88)

hoặc

(cid:88)

a = wiai, b = wibi, c = wici,

trong đó wi là các số dương cho trước với (cid:80)

i wi = 1.

Trong suốt quá trình học tập và làm luận văn, bên cạnh sự nỗ lực học tập,

nghiên cứu của bản thân là sự hướng dẫn tận tình của Thầy hướng dẫn: TS

Nguyễn Văn Ngọc, Trường Đại học Thăng Long. Em xin được bày tỏ lòng biết

ơn sâu sắc nhất đến Thầy.

Em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến Ban Giám hiệu, Phòng

Đào tạo, Khoa Toán - Tin của Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên,

các thầy, các cô giảng dạy lớp cao học toán K8YB đã trang bị kiến thức, tạo

điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình em học tập tại Trường cũng như quá

trình làm luận văn.

Em xin cảm ơn các thầy, cô trong Ban giám hiệu, các đồng nghiệp trường

Trung học Phổ thông trường THPT Mù Cang Chải, Yên Bái nơi mà em đang

công tác đã luôn tạo điều kiện giúp đỡ và động viên. Xin cảm ơn bạn bè và các

học viên trong lớp cao học toán K8YB đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ

em trong suốt thời gian học tập và quá trình làm luận văn.

Sự quan tâm, động viên và khích lệ của gia đình cũng là nguồn động viên lớn

để em hoàn thành khóa luận này.

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016

Tác giả

Trần Huy Thụy

A = wiAi, B = wiBi, C = wiCi,

Chương 1

Bất đẳng thức đối với hai tam giác liên quan

Chương này trình bày một số kiến thức bổ trợ về bất đẳng thức của dãy số

và về tam giác, các bất đẳng thức đối với hai tam giác có liên quan đặc biệt

nào đó (tam giác trực tâm, tam giác trung tuyến), các bất đẳng thức liên quan

đến các đại lượng độ dài, diện tích và các góc của hai tam giác bất kỳ (Các bất

đẳng thức Barrow-Tomescu-Klamkin, Pedoe,.... Nội dung cơ bản của Chương

này được hình thành chủ yếu từ các tài liệu [3-5].

1.1 Kiến thức bổ trợ

1.1.1 Các bất đẳng thức cơ bản

Các bất đẳng thức đại số được ứng dụng rất sâu rộng trong chứng minh bất

đẳng thức hình học. Trong luận văn này xin trình bày lại một số bất đẳng thức

đại số cơ bản nhất đó là bất đẳng thức AM

Mean), bất đẳng thức Cauchy - Schawrz, bất đẳng thức Chebyshev...

Định lý 1.1. (Bất đẳng thức AM

GM (Arithmetic Mean - Geometric −

ta có bất đẳng thức

(cid:62) n√a1.a2. . . . .an.

GM).Với n số thực không âm bất kì a1, a2, . . . , an, −

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an.

a1 + a2 + . . . + an n

Hệ quả 1.1. (Bất đẳng thức GM

HM).Với mọi bộ số dương ta đều có −

n√a1.a2. . . . .an (cid:62)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an.

Hệ quả 1.2. Với mọi bộ số dương a1, a2, . . . , an ta đều có

(cid:17) (cid:62)

n . + + . . . + 1 a1 1 a2 1 an

(cid:16) 1 a1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an.

Hệ quả 1.3. Với mọi bộ số không âm a1, a2, . . . , an và m = 1, 2, . . . ta đều có

(cid:17)m

+ + . . . + . 1 n 1 a2 1 an n a1 + a2 + . . . + an

1 + am am

2 + . . . + am n

(cid:62) (cid:16) a1 + a2 + n

Định lý 1.2. (Bất đẳng thức Cauchy - Schawrz). Xét hai bộ số thực tùy ý

+ an . · · · n

a1, a2, , an và b1, b2, , bn. Khi đó ta có · · · · · ·

1 + a2

2 +

n)(b2

1 + b2

2 +

n).

+ a2 + b2 (a1b1 + a2b2 + + anbn)2 (cid:54) (a2 · · · · · · · · ·

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

0 thì tử cũng bằng 0).

Định lý 1.3. (Bất đẳng thức Chebyshev).

1. Nếu (a1, a2, ..., an) và (b1, b2, ..., bn) là hai dãy số đồng dạng (cùng đơn điệu tăng

hoặc cùng đơn điệu giảm) thì

(cid:17)

(cid:17)(cid:16) b1 + b2 + ... + bn

(1.1)

= = = , (với quy ước nếu mẫu bằng · · · a1 b1 a2 b2 an bn

(cid:16) a1 + a2 + ... + an n

2. Nếu (a1, a2, ..., an) và (b1, b2, ..., bn) là hai dãy ngược nhau (một dãy đơn điệu

tăng, còn dãy kia đơn điệu giảm) thì

(cid:17)

(cid:17)(cid:16) b1 + b2 + ... + bn

(1.2)

. a1b1 + a2b2 + ... + anbn n n ≥

(cid:16) a1 + a2 + ... + an n

. a1b1 + a2b2 + ... + anbn n n ≤

là hai bộ n số thực dương và p > 1,

Định lý 1.4. (Bất đẳng thức Holder) Cho a = (a1, a2, ..., an) và b = (b1, b2, ..., bn) 1 q

(cid:32) n

(cid:33) 1

p (cid:32) n

(cid:33) 1

n (cid:88)

(cid:88)

(1.3)

+ = 1. Khi ấy 1 p

i=1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ ap và bq tỉ lệ, nghĩa là ap

i = kbq

i với mọi

. aibi ap i bq i ≤

Định lý 1.5. (Bất đẳng thức Minkovski cho dãy số thực) Cho a = (a1, a2, ..., an)

Rn và p > 1. Khi ấy

và b = (b1, b2, ..., bn)

i 1, 2, , . . . , n } ∈ {

(cid:35) 1

(cid:32) n

(cid:33) 1

(cid:32) n

(cid:33) 1

(cid:88)

∈ (cid:34) n

(1.4)

i=1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ a và b tỉ lệ, nghĩa là ai = kbi với mọi

+ . (ai + bi)p bp i ap i ≤

i 1, 2, ..., n . ∈ { }

1.1.2 Các đại lượng và định lý thông dụng trong tam giác

Trong phần này ta luôn giả sử tam giác ABC có:

BC = a, CA = b, AB = c; •

∆ là diện tích tam giác; •

s là nửa chu vi tam giác; •

giác và các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c;

ma, mb, mc, wa, wb, wc, ha, hb, hc lần lượt là độ dài các trung tuyến, các phân •

tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn bàng tiếp với các cạnh a, b, c của

tam giác ABC.

(cid:80) a = a + b + c.

r, R, ra, rb, rc lần lượt là các bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường •

•

Định lý 1.6. (Định lý hàm số sin). Trong mọi tam giác ABC có hệ thức

Định lý 1.7. (Định lý hàm số cosin). Trong mọi tam giác ABC có hệ thức

= = = 2R. a sin A b sin B a sin A

a2 = b2 + c2 2bc cos A, −

b2 = c2 + a2 2ca cos B, −

Như một hệ quả của Định lý hàm số cosin, ta có khẳng định Định lý Pytago nổi

tiếng

Định lý 1.8. (Định lý Pytago). Tam giác ABC vuông tại A khi và chỉ khi

c2 = a2 + b2 2ab cos A. −

Định lý 1.9. (Định lý Apollonius-Pappus). Tam giác ABC có các hệ thức sau

đây về đường trung tuyến

a2 = b2 + c2.

a =

b =

c =

Định lý 1.10. (Định lý đường phân giác). Tam giác ABC có các hệ thức sau

đây về các đường phân giác

a2 m2 , − 2b2 + 2c2 4 2c2 + 2a2 b2 m2 , − 4 2a2 + 2b2 c2 m2 . − 4

Định lý 1.11. (Định lý về diện tích của tam giác). Diện tích ∆ của tam giác

. wa = , wc = , wb = 2bc b + c 2ca c + a 2ab a + b

ABC được tính theo các công thức

∆ = aha = chc 1 2 1 2

= ab sin C = bc sin A = ca sin B bhb = 1 2 1 2

= 1 2 1 2 abc 4R

= sr

a)ra = (s c)rc b)rb = (s −

Định lý 1.12. (Bán kính đường tròn nội tiếp). Trong tam giác ABC ta có

= (s − = (cid:112) s(s − b)(s a)(s c) (Công thức Heron). − − −

Định lý 1.13. (Bán kính đường tròn bàng tiếp). Trong tam giác ABC ta có

r = (s a) tan = (s b) tan = (s c) tan . B 2 C 2 A 2 − − −

Định lý 1.14. (Công thức Euler). Trong tam giác ABC, ta có

. ra = s tan , rc = s tan , rb = s tan B 2 C 2 A 2

trong đó O và I tương ứng ký là tâm của đường tròn ngoại tiếp và tâm của đường

tròn nội tiếp tam giác ABC.

Chứng minh. Giả sử DP là đường kính của đường tròn (O) và vuông góc với

cạnh BC; IL là đường vuông góc hạ từ I xuống DP và M là trung điểm cạnh

R(R 2r) = OI 2, −

Ta có, (cid:91)DIC bằng nửa tổng số đo các cung

(cid:95) AE và

(cid:95) DC. Mặt khác, ta có

(cid:95) AE=

(cid:95) BE và

(cid:95) DC=

(cid:95) BD .

(cid:95) BD, tức là nửa số đo cung

(cid:95) BE và

(cid:95)

Do đó (cid:91)DIC bằng nửa tổng số đo các cung DE. Suy ra (cid:91)DIC = (cid:91)ICD hay DIC là tam giác cân tại D. Do đó DC = DI.

BC (xem hình 1.1).

Theo hệ thức Pytago, ta có

Hình 1.1:

Áp dụng Định lý cosin cho tam giác OID, ta có

DC2 = DM.DP hay DC2 = 2R.DM.

d2 = OD2 + DI 2 2OD.DL

− 2R.DL = R2 + DC2

2R.DL − = R2 + 2R.DM −

= R2 + 2R(DM DL) −

(cid:3)

Như vậy Định lý được chứng minh.

Hệ quả 1.4. Trong một tam giác, bán kính đường tròn ngoại tiếp không bé hơn

đường kính của đường tròn nội tiếp.

= R2 2Rr. −

Chứng minh. Từ Định lý 1.14 và vì d

0 nên ta có ≥

(cid:3)

R2 2Rr R 2r. ⇔ ≥ ≥

Định lý 1.15. (Bất đẳng thức Weizenbock, 1885-1955, Thụy Sĩ) Giả sử a,b,c

là độ dài ba cạnh còn ∆ là diện tích của một tam giác thì

(1.5)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Chứng minh.

Cách 1. Theo công thức Heron, ta có

a2 + b2 + c2 4√3∆. ≥

•

Vận dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

(cid:17)3

∆2 = s(s a)(s b)(s c), s = . a + b + c 2 − − −

(cid:16) s 3

Dấu đẳng thức xảy ta khi và chỉ khi s

(s a)(s b)(s c) . − − − ≤

a = s b = s c a = b = c. Suy ra − − − ⇔

Vì vậy,

∆2 = . (a + b + c)4. s4 27 11 27 11 16 ≤

Vận dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được

∆ = . (a + b + c)2. 1 4 1 3√3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

∆ = . . (a + b + c)2 (1 + 1 + 1)(a2 + b2 + c2) = (a2 + b2 + c2). 1 4 1 4 ≤ 1 3√3 1 3√3 1 4√3

Từ đó suya ra điều phải chúng minh.

Cách 2.Thật vậy, ta có

= = . a 1 b 1 c 1

•

(cid:17)

4√3 a2 + b2 + c2 4√3∆ = 2(b2 + c2) 2bc cos A sin A 1 2 − − −

(cid:16) 1 2 2(b2 + c2)

) cos A + sin A = 2(b2 + c2) 4bc cos(A = 2(b2 + c2) 4bc √3 2 π 3 − − −

4bc = 2(b c)2 0. −

≥ − Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = c và A = ≥ , tức tam giác ABC đều. (cid:3) π 3

Định lý 1.16. (Định lý Weizenbock mở rộng). Cho x,y,z là các số thực thỏa

mãn các điều kiện x + y, y + z, z + x, xy + yz + zx

và ∆ là diện tích tam giác ABC. Khi đó

(1.6)

0. Đặt a,b,c là độ dài 3 cạnh ≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

xa2 + yb2 + zc2 4√xy + yz + zx∆. ≥

(1.7)

Chứng minh. Áp dụng định lý hàm số cosin c2 = a2 + b2

= = . a √y + z c √x + y b √x + z

diện tích tam giác ∆ =

2abcosC và công thức − ab sin C, ta có 1 2

xa2 + yb2 + zc2 √xy + yz + zx∆, ≥

xa2 + yb2 + z(a2 + b2 2ab cos C) √xy + yz + zx2ab sin C − ≥ ⇔

(1.8)

2ab[√xy + yz + zx sin C + z cos C] ⇔ ≥

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có

+ (y + z) (x + z) 2[sin C√xy + yz + zx + z cos C]. a b ⇔ (x + z)a2 + (y + z)b2 b a ≥

[sin C√xy + yz + zx + z cos C]2 (xy + yz + zx + z2)(sin2 C + cos2 C)

Mặt khác

(cid:105)2

(cid:104)

≤ = xy + yz + zx + z2 = (x + z)(y + z).

(x + z) + (y + z) 4(x + z)(y + z). a b b a ≥

Do đó (1.8) đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  

= (y + z) (x + z) a b b a



= sinC √xy + yz + zx

= cosC z  



Thay b cos C tương ứng vào biểu thức c2 = a2 + b2

⇔ = a √y + z cos2C z2 = b √x + z sin2C xy + yz + zx sin2C + cos2C xy + yz + zx + z2 = 1 (x + z)(y + z)

2bc cosC bởi các biểu thức −

tương ứng ở trên, ta có

(cid:114) x + z y + z

(cid:114) x + y

c2 = a2 + a2 x + z 2a2 z (cid:112)(x + z)(y + z)

z )2 = 1 + ( 2 = = . Vậy đẳng thức c a c a a √y + z c √x + y y + z ⇔ y + z ⇔

y + z − x + z y + z − ⇔ xảy ra khi và chỉ khi

(1.9)

(cid:3)

Định lý được chứng minh.

= = . a √y + z c √x + y b √x + z

1.2 Bất đẳng thức Neuberg-Pedoe

1.2.1 Giới thiệu về Daniel Pedoe

Daniel Pedoe là giáo sư Toán học ở trường Đại học của Minnesota. Được sinh

ra, lớn lên và học tập ở Anh. Ông nhận được bằng Tiến sĩ ở Đại học Cambridge

năm 1937 và có một năm là thành viên của Viện nghiên cứu cao cấp Princeton.

Năm 1947 ông nhận được học bổng Leverhulme, và trở lại Cambridge để làm

việc với William Hodge về vấn đề "Phương pháp đại số hình học" (Cambridge

University Press). Ba công trình của nội dung được đánh giá cao này đã được

dịch sang tiếng Nga, và hai tập đầu tiên đã được tái phát hành bởi Đại học

Cambridge. Pedoe đã được phong học hàm Giáo sư ở Sudan và Singapore. Ông

trở thành công dân Hoa Kỳ vào năm 1962. Ông là tác giả của nhiều cuốn sách

toán học, tất cả đều thể hiện sự quan tâm sâu sắc của ông trong hình học. Ông

đã có một món quà cho triển lãm được thể hiện bởi sự thành công của "Nghệ

thuật dịu dàng của Toán học" (The Gentle Art of Mathematics), xuất bản bởi

Penguin Books, và các học bổng của giải thưởng Lester R. Ford cho triển lãm

của Hiệp hội toán học của Mỹ.

1.2.2 Bất đẳng thức Neuberg-Pedoe

Bất đẳng thức Neuberg-Pedoe được phát biểu bởi Định lý sau:

Định lý 1.17. Ký hiệu ai, bi, ci, ∆i tương ứng là độ dài các cạnh và diện tích

của tam giác AiBiCi, i = 1, 2. Khi đó có bất đẳng thức

(1.10)

1(b2 a2

2 + c2

2) + b2 a2

1(a2

2 + c2

2) + c2 b2

1(a2

2 + b2

2 −

Để chứng minh Định lý 1.17 ta có Bổ đề 1.1 sau.

Bổ đề 1.1. Với các số dương ai, bi, ci, i = 1, 2 có bất đẳng thức

(1.11)

16∆1∆2. c2 2) ≥

1(a2 a2

2 + b2

2) + b2 c2

1(b2

2 + c2

2) + c2 a2

1(a2

2 + c2

2 −

Chứng minh. Bất đẳng thức (1.11) tương đương với

0. b2 2) ≥

1 + b2

1 + c2

1)(a2

2 + b2

2 + c2 2)

1a2

2 + b2

1b2

2 + c2

1c2 2).

Theo công thức Heron ta có

(a2 2(a2 ≥

i + b4

i + c4 i )

i = (a2

i + b2

i + c2

i )2

hay

(cid:113)

16∆2 2(a4 0, ≥ −

i + b2 a2

i + c2

i + b4

i + c4 i ).

i ≥ Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz suy ra

(cid:113) 2

2(a4

1 + b2

1 + c2

1)(a2

2 + b2

2 + c2 2)

1 + b4

1 + c4

1)(a4

2 + b4

2 + c4 2)

(a2 (a4

1a2

1b2

2 + c2

1c2 2).

Theo Bổ đề 1.1 ta có

2(a2 ≥ 2 + b2 ≥

1(b2

2 + c2

2) + b2 a2

1(a2

2 + c2

2) + c2 b2

1(a2

2 + b2

2 −

Ta cần chứng minh

L = a2 0. c2 2) ≥

1)((16∆2 2).

Có thể kiểm tra đồng nhất thức

(16∆2 L2 ≥

1)((16∆2

2) =

(16∆2 L2 4(U V + V W + W U ), − −

trong đó

1c2

2c2 b2

1, V = c2

1a2

2a2 c2

1, W = a2

1b2

2b2 a2 1.

2 −

2 − Sử dụng đồng nhất thức

U = b2

1U + b2 a2

1V + c2

1W, hay W =

ta có

(cid:16)

(cid:17)2

U V − − a2 1 c2 1 b2 1 c2 1

1b2

1)2 b2

1 −

(cid:16)

(cid:17)2

4a2 b2 1) U V + V W + W U = U V V 2 c2 1 − a2 1 − − − − a2 1 c2 1 (c2 1 − 1c2 4a2 1

(cid:3)

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe

a2 1 − 2a2 1 b2 1) = U V V 2 0. c2 1 − − − − ≤ a2 1 c2 1 a2 1 − 2a2 1 16∆2 1 1c2 4a2 1

các tam giác có tọa độ

• Chứng minh. Xét các tam giác A1B1C1, A2B2C2 trong R2 và giả sử các đỉnh của

Theo bất đẳng thức x2 + y2

A1(p1, 0), B1(0, p2), C1(0, p3), A2(q1, 0), B2(0, q2), C2(0, q3).

1(b2 a2

2 + c2

2 xy |

2) + b2 a2

1(a2

2 + b2

2 − p2)2(2q2

2 − 2q2q3) + (p2

, ta có | 2) + c2 b2 ≥ 2 + c2 c2 2)

2 − 1 + 2q1q2) + (p2

1 + p2

3)(2q2

1 + p2

2)(2q3

2q2q3) = (p3 − − −

1 + 2(p3q2

1 + 2(q2

q3)2p2 p2q3)2 = 2(p3 p2)2q2 − −

2[(p3 − p2)q1]2 + 2[(q3 q2)p1]2 ≥ −

p2)p1 − q2)q1 (p3 4 | − . | (q3 | − |

(cid:3)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

≥ = 16∆1∆2.

1.2.3 Bất đẳng thức Neuberg-Pedoe mở rộng

Định lý của Pedoe mà chúng ta sẽ thảo luận đưa ra một bất đẳng thức liên

quan đến các cạnh của hai tam giác và các thành phần liên quan. Chính xác

hơn, với vế lớn hơn chúng tôi có một biểu thức đối xứng liên quan giữa sáu cạnh

của hai tam giác, và ở vế nhỏ hơn chúng tôi có một biểu thức đối xứng liên quan

tới các thành phần của chúng.

Cho tam giác ABC và tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) là hai tam giác giác bất kì. a, b, c là

các cạnh của tam giác ABC tương ứng đối diện với các góc A, B, C. Diện tích

tam giác ABC kí hiệu là ∆. Tương tự như vậy, các kí hiệu a(cid:48), b(cid:48), c(cid:48), A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48) và

Ký hiệu và các bổ đề cơ bản

Tiếp theo, (cid:80) a2 kí hiệu là tổng một biểu thức đối xứng mà trong đó a2 là số hạng đại diện, (cid:80) a2 = a2 + b2 + c2. Tương tự như vậy, chúng ta có (cid:80) a(cid:48)2 = a(cid:48)2 + b(cid:48)2 + c(cid:48)2, (cid:80)(a2a(cid:48)2) = a2a(cid:48)2 + b2b(cid:48)2 + c2c(cid:48)2 và (cid:80) cot A = cot A + cot B + cot C, ...

Trong suốt mục này, chúng ta sẽ kí hiệu hai biểu thức sau

∆(cid:48) được kí hiệu cho tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48).

và

(cid:17)

(cid:16)(cid:88)

(cid:17) (cid:16)(cid:88)

(cid:114)(cid:16)(cid:88) 2

D = a(cid:48)2(b2 + c2 a2) + b(cid:48)2(c2 + a2 b2) + c(cid:48)2(a2 + b2 c2) − − −

Bây giờ chúng tôi sẽ phát biểu và chứng minh lại một trường hợp đặc biệt

của bất đẳng thức Cauchy.

(cid:112)((cid:80) a4)((cid:80) a(cid:48)4) và đấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Bổ đề 1.2. (cid:80)(a2a(cid:48)2) ≤ tam giác ABC đồng dạng với tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48).

Chứng minh. Xét hai véc tơ

a2(cid:17) (cid:16)(cid:88) a(cid:48)2(cid:17) E = a4 . a(cid:48)4 −

và

−→u = (a2, b2, c2)

−→v = (a(cid:48)2, b(cid:48)2, c(cid:48)2)

trong R3. Chúng ta có tích vô hướng của hai véc tơ −→u và −→v thỏa mãn

−→u −→v | |−→v . |

Bổ đề 1.3. D

≤ |−→u và đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu −→u = λ−→v với λ là một hằng số dương. Từ đó (cid:3) bổ đề được chứng minh.

với tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48).

Chứng minh.

E và đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu tam giác ABC đồng dạng ≥

(cid:17)

(cid:16)(cid:88)

(cid:17) (cid:16)(cid:88)

b2) + c(cid:48)2(a2 + b2 c2) − D = a(cid:48)2(b2 + c2 (cid:16)(cid:88) 2 = −

(do Bổ đề 1.2)

− (cid:88) (cid:0)a2a(cid:48)2(cid:1) (cid:114)(cid:16)(cid:88) 2 − a2(cid:17) (cid:16)(cid:88) a2(cid:17) (cid:16)(cid:88) a2) + b(cid:48)2(c2 + a2 a(cid:48)2(cid:17) a(cid:48)2(cid:17) a4 a(cid:48)4 − ≥

Rõ ràng D = E khi và chỉ khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48). bởi (cid:3)

Bổ đề 1.2.

Bổ đề 1.4. (cid:80) tan A = tan A tan B tan C.

Chứng minh. Ta có:

(cid:88)

= E.

tan A = tan A + tan B + tan C

(vì C = 1800 (A + B)) = tan A + tan B − −

(cid:17)

(cid:19)

= tan A + tan B − tan(A + B) tan A + tan B 1 tan A tan B (cid:16) 1 = (tan A + tan B) tan A tan B − − − 1 (cid:18) = (tan A + tan B)

(cid:18)

− 1 − 1 tan A tan B tan A tan B (cid:19) = tan A tan B tan A + tan B tan A tan B 1 − −

(cid:3)

= tan A tan B tan C.

Bổ đề 1.5. (cid:80) (cot A cot B) = 1.

Chứng minh. Ta có:

(cid:17)

(cid:88)

(cid:88) (cid:16)

(cot A cot B) =

(cid:3)

Bổ đề 1.6. (cid:80) a2 = 4∆ (cid:80) cot A.

Chứng minh.

(cid:88)

1 tan A tan B (cid:80) tan A tan A tan B tan C = 1 (bởi Bổ đề 1.4).

a2 = (a2 + b2 c2) + (b2 + c2 a2) + (c2 + a2 b2) − −

− = 2ab cos C + 2bc cos A + 2ac cos B (do Định lý Côsin)

= 4 ab sin C cot C + 4 bc sin A cot A + 4 ac sin B cot B 1 2 1 2 1 2

(cid:88)

= 4∆(cot C + cot A + cot B) (do∆ = ab sin C, ...) 1 2

(cid:3)

(cid:105)

Bổ đề 1.7. (cid:80) a4 = 8∆2 (cid:104)

= 4∆ cot A.

Chứng minh. Ta có:

(cid:88)

(cid:16)(cid:88)

(cid:88)

((cid:80) cot A)2 + 1 .

2 a4 = (a2b2), −

= 2∆ . ab = 2 ab sin C 1 2 a2(cid:17)2 1 sin C 1 sin C

Do đó,

(cid:88)

(a2b2) = 4∆2 (cid:88) 1 = 4∆2 (cid:88)

(cid:20)

(cid:21)

(cid:17)2

(cid:16)(cid:88)

(cid:88)

sin2 A (1 + cot2 A) (cid:88) = 4∆2(3 + cot2 A)

(cid:20)

= 4∆2 3 + 2 cot A (cot A cot B)

(cid:16)(cid:88)

Suy ra

(cid:20)

(cid:17)2

(cid:17)2(cid:21)

(cid:88)

(cid:16)(cid:88)

− (cid:17)2(cid:21) = 4∆2 1 + cot A (do Bổ đề 1.5).

8∆2 1 + a4 = 16∆2 (cid:16)(cid:88) cot A cot A −

(cid:17)2

(cid:20)(cid:16)(cid:88)

(do Bổ đề 1.6 và đẳng thức trên)

(cid:21) 1

(cid:3)

= 8∆2 cot A . −

Bổ đề 1.8. (cid:80) cot A

Chứng minh. Nếu A = B = C = 600, thì rõ ràng kết quả trên là đúng. Mặt khác,

tồn tại ít nhất một góc lớn hơn 600, không mất tính tổng quát, giả sử B > 600.

Dựng một tam giác đều A(cid:48)BC được chỉ ra như Hình 1.2. Xét tam giác AA(cid:48)B,

√3. ≥

Hình 1.2:

chúng ta có

(cid:19)

600) AA(cid:48) = a2 + c2 − −

= a2 + c2 2ac cos B + sinB 2ac cos(B (cid:18)1 2 √3 2 −

2√3 (a2 + c2 b2) ac sin B 1 2 1 2 −

(cid:88)

− 2√3∆ = − (a2 + b2 + c2) = a2 + c2 1 2

(cid:17)

(cid:16)(cid:88)

= 2∆ − 2√3∆ (do Bổ đề 1.6) cot A

(cid:3)

Vì AA(cid:48)2 > 0 nên chúng ta có (cid:80) cot A > √3.

= 2∆ √3 − cot A . −

Ta đã biết Định lý của Pedoe phát biểu như sau: Cho hai tam giác ∆ABC và

Biểu thức trung gian cho bất đẳng thức của Pedoe

Mở rộng Định lý Pedoe

∆A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) bất kì, khi đó D 16∆∆(cid:48). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ≥ ∼ ∆A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48). Bây giờ chúng ta sẽ đưa ra một biểu diễn trung gian giữa D và 16∆∆(cid:48).

lượt là diện tích của ∆ABC và ∆A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48). Cho

• Nhắc lại rằng cho hai tam giác ∆ABC và ∆A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) bất kì, ∆ và ∆(cid:48) kí hiệu lần

và

(cid:17)

(cid:16)(cid:88)

(cid:17) (cid:16)(cid:88)

(cid:114)(cid:16)(cid:88) 2

D = a(cid:48)2(b2 + c2 a2) + b(cid:48)2(c2 + a2 b2) + c(cid:48)2(a2 + b2 c2) − − −

a2(cid:17) (cid:16)(cid:88) a(cid:48)2(cid:17) E = a4 . a(cid:48)4 −

Khi đó, D

nữa, các phát biểu sau đây là tương đương:

(1) D = 16∆∆(cid:48);

(2) D = E;

(3) ∆ABC = ∆A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48).

Chứng minh. Theo Bổ đề 1.3, ta có D

16∆∆(cid:48) và E = 16∆∆(cid:48) khi và chỉ khi (cid:80) cot A = (cid:80) cot A(cid:48). Hơn E ≥ ≥

E. Tiếp theo bởi các Bổ đề 1.6 và 1.7, ≥

chúng ta có

(cid:16)(cid:88)

(cid:17)2

E = 16∆∆(cid:48) (cot A)

(cid:21) (cid:20)(cid:16)(cid:88) 1

(cid:21) 1

(cid:16)(cid:88)

cot A(cid:48)(cid:17) (cid:115)(cid:20)(cid:16)(cid:88) 16∆∆(cid:48) cot A cot A(cid:48) − − −

(cid:17)2

(cid:115)(cid:20)(cid:16)(cid:88)

(cid:21) (cid:20)(cid:16)(cid:88) 1

(cid:21)(cid:35) 1

= 16∆∆(cid:48) (cid:104) (cot A) cot A(cid:48)(cid:17)

Vì

(cid:17)2

(cid:104)(cid:16)(cid:88)

(cid:17) (cid:16)(cid:88)

(cid:20)(cid:16)(cid:88)

(cid:105)2 1

(cid:21) (cid:20)(cid:16)(cid:88) 1

(cid:21) 1

cot A cot A(cid:48) . − − −

(cid:16)(cid:88)

(cid:88)

cot A cot A(cid:48)(cid:17) cot A cot A(cid:48)(cid:17)2 − − −

Chúng ta có

(cid:17)2

(cid:104)(cid:16)(cid:88)

(cid:17) (cid:16)(cid:88)

(cid:20)(cid:16)(cid:88)

(cid:105)2 1

(cid:21) (cid:20)(cid:16)(cid:88) 1

(cid:21) 1

= cot A − cot A(cid:48)(cid:17)2 0, − ≥

Bởi Bổ đề 1.8 ta nhận được

(cid:16)(cid:88)

(cid:17) (cid:16)(cid:88)

cot A(cid:48)(cid:17) cot A cot A cot A(cid:48)(cid:17)2 . − − ≥ −

và

(cid:17)2

(cid:20)(cid:16)(cid:88)

(cid:21) (cid:20)(cid:16)(cid:88) 1

(cid:21) 1

√3√3 1 1 = 2 > 0 cot A(cid:48)(cid:17) cot A − − ≥

Do đó,

(cid:17)2

(cid:16)(cid:88)

(cid:17) (cid:16)(cid:88)

(cid:115)(cid:20)(cid:16)(cid:88)

(3 1)(3 cot A cot A(cid:48)(cid:17)2 1) = 4. − − ≥ − −

(cid:21) (cid:20)(cid:16)(cid:88) 1

(cid:21) 1 .

Suy ra,

(cid:17)2

(cid:16)(cid:88)

(cid:17) (cid:16)(cid:88)

(cid:115)(cid:20)(cid:16)(cid:88)

(cid:21) (cid:20)(cid:16)(cid:88) 1

(cid:21) 1

1 cot A(cid:48)(cid:17) cot A cot A cot A(cid:48) − ≥ − −

cot A(cid:48)(cid:17) cot A cot A cot A(cid:48) 1. − − ≥ −

Vậy E chỉ nếu (cid:80) cot A = (cid:80) cot A(cid:48).

16∆∆(cid:48). Như vậy tức là D E 16∆∆(cid:48). Chú ý rằng E = 16∆∆(cid:48) nếu và ≥ ≥ ≥

Tiếp theo ta thấy rõ ràng (1) suy ra (2). Bởi Bổ đề 1.3, nên (2) suy ra (3).

Cuối cùng, vì (3) suy ra cả (2) và E = 16∆∆(cid:48) nên ta có (3) suy ra (1). Do đó (cid:3)

chứng minh được hoàn thành.

Nhận xét 1.1. Như ví dụ minh họa dưới đây, hiệu giữa D và 16∆∆(cid:48) có thể khá

lớn khi so với hiệu giữa E và 16∆∆(cid:48) .

Ví dụ 1.1. Cho tam giác ABC có a = 3, b = 4, c = 5 và cho tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) có

a(cid:48) = 6, b(cid:48) = 7, c(cid:48) = 8. Khi đó D = 2034 > E = 1974 > 16∆∆(cid:48) = 1952.

1.3 Tam giác trực tâm

1.3.1 Mô tả bài toán

Trong mục này chúng tôi trình bày việc xây dựng một tam giác mới (tam

giác trực tâm) từ một tam giác đã cho.

Chúng ta sử dụng các khái niệm chuẩn của tam giác. Cho tam giác ∆ABC,

với a, b, c là các cạnh, s, R, r và ∆ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn

ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp, và diện tích. Chúng tôi bắt đầu bằng

phép dựng hình đơn giản. Cho H là trực tâm của tam giác ABC. Dựng đường

tròn tâm H, bán kính R(cid:48) = √2Rr, cắt các nửa đường thẳng HA, HB, HC lần

lượt tại các điểm A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48). Chúng ta quy ước gọi tam giác A’B’C’ là tam giác

trực tâm của tam giác ABC (Hình 1.3).

Nếu tam giác ABC vuông ở A, với chiều cao AD (D trên BC), ta chọn A(cid:48)

trên AD sao cho A nằm giữa D và A(cid:48). Ta có các đẳng thức và bất đẳng thức

giữa tam giác ABC và tam giác trực tâm của nó phát biểu bởi các mệnh đề sau.

1.3.2 Các kết quả chính

Mệnh đề 1.1. Tam giác trực tâm A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) có π B 2 , C(cid:48) = 2 − b(a + c

, B(cid:48) = C 2 π 2 − a), b(cid:48) = (cid:112) A 2 a(b + c , b), c(cid:48) = (cid:112) c(a + b c), − − − π (a) Độ đo góc A(cid:48) = 2 − (b) Độ đo cạnh a(cid:48) = (cid:112) (c) Diện tích ∆(cid:48) = ∆.

Chứng minh. a) Ta có:

Hình 1.3: Tam giác trực tâm A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48).

∠B(cid:48)A(cid:48)C(cid:48) =

∠B(cid:48)HC(cid:48) =

∠BHC =

Tương tự cho B(cid:48) và C(cid:48).

b) Bằng định lý sin ta có

π A . 1 2 − 2 1 2

(cid:114)

a(cid:48) = 2R(cid:48) sin A(cid:48) = 2√2Rr cos

Tương tự cho b(cid:48) và c(cid:48).

c) Tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) có diện tích

s(s a) = 2 A 2 = (cid:112) 2. . . a(b + c a). abc 4 ∆ s − bc −

(cid:114)

∆(cid:48) = b(cid:48)c(cid:48) sin A(cid:48)b = b(cid:48)c(cid:48) cos A 2 1 2

(cid:112)

s(s a) = b(c + a b). c(a + b c). − bc − −

(cid:3)

1 2 1 2 =(cid:112) s(s a)(s b)(s c) = ∆ − − −

Mệnh đề 1.2.

(cid:48)2 + b

(cid:48)2 + c

(cid:48)2 = a2 + b2 + c2

(cid:48)2

(b c)2 (c a)2 (a c)2; a) a − − − − − −

(cid:48)2 + b

(cid:48)2 + c

b) a a2 + b2 + c2;

c) a(cid:48) + b(cid:48) + c(cid:48) ≤ a + b + c; ≤

d) sin A(cid:48) + sin B(cid:48) + sin C(cid:48) sin A + sin B + sin C; ≥

e) R(cid:48) R; ≤

Trong mỗi một trường hợp, đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu ABC là tam giác

đều.

Chứng minh. a) Theo Mệnh đề 1.1 dễ dàng chứng minh được

(cid:48)2 + b

(cid:48)2 + c

(cid:48)2 = a2 + b2 + c2

f ) r(cid:48) r. ≥

b) Từ chứng minh ý a) ta suy ra

(cid:48)2

(cid:48)2 + b

(cid:48)2 + c

a (b c)2 (c a)2 (a c)2. − − − − − −

c) Ta có

a a2 + b2 + c2. ≤

a(cid:48) + b(cid:48) + c(cid:48) =(cid:112) a(b + c b(a + c b) + (cid:112) c(a + b c) −

d) Ta có

+ + − = a + b + c. a) + (cid:112) a + b 2 − c + a 2 b + c 2 ≤

= (sin B + sin C + sin C + sin A + sin A + sin B) sin A + sin B + sin C 1 2 B C C A A B = sin cos + sin cos + sin cos B + C 2 − 2 C + A 2 − 2 B + B 2 − 2

cos + cos + cos A 2 B 2

C 2 ≤ = sin A(cid:48) + sin B(cid:48) + sin C(cid:48).

e) Ta có

R(cid:48) =

f) Ta có

= R. a(cid:48) + b(cid:48) + c(cid:48) 2(sin A(cid:48) + sin B(cid:48) + sin C(cid:48)) a + b + c 2(sin A + sin B + sin C) ≤

(cid:3)

r(cid:48) = = r. ∆ s ∆(cid:48) s(cid:48) ≥

1.4 Tam giác trung tuyến

1.4.1 Mô tả bài toán

Trong mục này, chúng tôi trình bày lại mở rộng kết quả sau của Zivanovic.

Giả sử P là một điểm bất kỳ bên trong hoặc trên một tam giác đều ABC và

nếu A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48) ký hiệu là các điểm đối xứng với P qua các cạnh BC, CA, AB, ∆

và ∆(cid:48) ký hiệu cho các diện tích tam giác ABC và A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48), chúng ta gọi tam giác

A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) là tam giác trung tuyến của điểm P đối với tam giác ABC, khi đó ta có:

(1.12)

Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu P là trọng tâm của tam giác ABC. Một chứng

minh trực tiếp dưới đây bởi việc thay tam giác đều ABC là một tam giác bất

kỳ. Tỉ số của các diện tích và tỉ số của các độ dài của các cạnh là được bảo toàn,

kết quả là tương đương với bất đẳng thức của Zivanovic (Hình 1.4).

∆(cid:48) ∆. ≤

1.4.2 Các kết quả chính

Chúng ta sẽ chỉ ra rằng (1.12) cũng đúng cho những tam giác bất kỳ. Chúng

ta có:

(cid:105)

2∆ = ar1 + br2 + cr3,

(cid:104) r2r3 bc

+ + = 4∆ . ∆(cid:48) = 2[r2r3 sin A + r3r1 sin B + r1r2 sin C] r3r1 ca r1r2 ab

Ký hiệu

Hình 1.4: Tam giác A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) là tam giác trung tuyến của điểm P đối với tam giác ABC

Chúng ta kỳ vọng tới giá trị lớn nhất của

x = ar1, y = br2, z = cr3.

được giới hạn bởi điều kiện

I := = c2xy + a2yz + b2zx a2b2c2 4 ∆(cid:48) ∆

x + y + z = 2∆.

Ở phần này, đầu tiên chúng ta nhận được giá trị lớn nhất bởi các kỹ thuật

tính chuẩn tắc. Khi đó từ một kết quả đã biết, chúng ta đưa ra nguồn gốc sơ

Hình 1.5:

đẳng hơn bởi chúng minh gợi ý mở rộng của bất đẳng thức đã biết

(cid:111) 1

(cid:110)xy + yz + zx 3

Loại z ra ta có

. x + y + z 3 ≥

với giả thiết là

I = 2∆b2x + 2∆a2y + (c2 a2 b2)xy b2x2 a2y2 − − − −

Cho một điểm cực đại phía trong, điều kiện cần là

x + y 2∆, x, y 0. ≤ ≥

= 0 = 2∆b2 + (c2 b2)y 2b2x, a2 − − −

Giải ra ta có:

(1.13)

= 0 = 2∆y2 + (c2 b2)x 2b2y. a2 δI δx δI δy − − −

Sử dụng đạo hàm thứ hai, chúng ta chỉ ra rằng điểm sau tương ứng với một trị

số cực đại.

8∆x = a2(b2 + c2 a2), 8∆yb2(c2 + a2 b2), 8∆z = c2(a2 + b2 c2). − − −

a2 b2; Ixx = 2b2, Iyy = 2a2, Ixy = c2 − −

Tương ứng với (1.13), chúng ta nhận được

(c2 a2 − b2)2 = 16∆2 > 0. IxxIyy − xy = 4a2b2 I 2 − − − −

hoặc

a2b2c2 Imax = 4 − ∆(cid:48) ∆ (cid:88) = (b2 + c2 a2)(c2 + a2 b2), a2b2c2 64∆2 − −

max = ∆.

Để hoàn thành chứng minh, bây giờ chúng ta sẽ kiểm tra điểm cực cuối.

Cho

∆(cid:48)

x = 0, I = a2y(2∆ y). −

Do đó,

Tương tự, cho

Imax = a2∆2.

và

y = 0, Imax = b2∆2

Khi đó, ta có trên biên của tam giác ABC,

x + y = 2∆ hoặc z = 0, Imax = c2∆2.

= a2, b2, c2 ∆(cid:48) max ∆ 4∆2 a2b2c2 max { }

Với trường hợp khi một góc của tam giác ABC là một góc vuông, điểm cực đại

. sin2 A, sin2 B, sin2 C = max { }

P tìm thấy bên phần trong cạnh huyền, tức là, nếu

và

(cid:19)

C = , khi đó a2 + b2 = c2 π 2

(cid:18)ab 2

Bất đẳng thức trước đã thiết lập gợi ý cho bất đẳng thức sau

(cid:17) 1

P (x, y, z) = P , , 0 . ab 2

(1.14)

(cid:16) pq ab

+ + ap + bq + cr 4∆ qr bc rp ca ≥

trong đó, a, b, c là các cạnh của một tam giác không nhọn p, q, r

thức xảy ra khi và chỉ khi

0 và dấu đẳng ≥

Để thành lập (1.14) (mà cũng suy ra (1.12)) trong dạng cơ sở, cho

= = . p a(b2 + c2 q b(c2 + a2 r c(a2 + b2 c2) b2) a2) − − −

Khi đó (1.14) được chỉ ra vì nó có thể viết lại như sau

p = a(b2 + c2 a2)u, q = b(c2 + a2 b2)v, r = c(a2 + b2 c2)w. − − −

(b2 + c2 a2)(c2 + a2 b2)(8∆2 a2b2)(u v)2 − − − −

+ (c2 + a2 b2)(a2 + b2 c2)(8∆2 b2c2)(v w)2 − − − −

0 + (a2 + b2 c2)(b2 + c2 a2)(8∆2 c2a2)(w u)2 − − ≥ − −

(Chú ý rằng 16∆2 = (cid:80)(2a2b2

Xem lại Hình 1.5 và giả sử ABC là tam giác đều, chúng ta sẽ chỉ ra rằng

(1.15)

a4)). −

trong đó, s ký hiệu cho nửa chu vi tam giác.

Vì

s(cid:48) s ≥ 2s √3 ≥

2 + 4r2

3 −

(cid:9) 1

B(cid:48)C(cid:48)2 = 4r2 , 8r2r3 cos 2π 3

(cid:88) (cid:8)r2

2 + r2r3 + r2 3

và

(cid:8)x2 + xy + y2(cid:9) 1

s(cid:48) =

Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy = 0,

(cid:8)x2 + xy + y2(cid:9) 1

x + y. ≤

Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y chúng ta nhận được

(x + y). √3 2 ≤

tương đương với (1.15). Dấu đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu P được đặt tại

trọng tâm của tam giác ABC.

s(cid:48) 2(r1 + r2 + r3) √3(r1 + r2 + r3) ≥ ≥

1.5 Các bất đẳng thức Barrow-Tomescu-Klamkin

Trong mục này chúng tôi trình bày một số bất dẳng thức liên quan đến hai

tam giác phụ thuộc vào số tự nhiên n của Klamkin. Trong các trường hợp đặc

biệt, khi n = 1, ta có bất đẳng thức Barrow, còn khi n = 2 ta có bất đẳng thức

Tomescu. Nội dung được tham khảo trong tài liệu [2].

1.5.1 Bất đẳng thức giữa các cạnh và các góc của các tam giác

Trong mục này chúng ta sẽ trình bày một bất đẳng thức tổng quát về mối

quan hệ giữa các cạnh của một tam giác với các góc của một tam giác khác.

Trường hợp cụ thể với n = 1 và n = 2 sẽ được đề cập đến trong các mục tiếp

theo.

Ta có bất đẳng thức sau:

(1.16)

(n là số nguyên), liên hệ với các thành phần của hai tam giác ABC và A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) ta

có mở rộng sau

(1.17)

(cid:8)a(cid:48) + (

a(cid:48)2 + b(cid:48)2 + c(cid:48)2 1)n+1(2a(cid:48)b(cid:48) cos nC + 2b(cid:48)c(cid:48) cos nA + 2c(cid:48)a(cid:48) cos nB) ( − ≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1)n(b(cid:48) cos nC + c(cid:48) cos nB)(cid:9)2 + (cid:8)(b(cid:48) nC + c(cid:48) sin nB)(cid:9)2 0. − ∈ ≥

(1.18)

Và (1.18) suy ra rằng

= = . sin A(cid:48) sin nA sin B(cid:48) sin nB sin C(cid:48) sin nC

khi n = 3m + 1 và

nA = mπ + A(cid:48), nB = mπ + B(cid:48), nC = mπ + C(cid:48),

khi n = 3m + 2.

nA = (m + 1)π A(cid:48), nB = (m + 1)π B(cid:48), nC = (m + 1)π C(cid:48), − − −

1.5.2 Một số hệ quả

Trường hợp khi n = 1 được chứng minh bởi Barrow (xem [2]) và được sử

dụng bởi Mordell trong chứng minh của bất đẳng thức Erdos-Mordell. Trong

mục này, để thuận lợi ta ký hiệu

thay cho "đẳng thức xảy nếu và chỉ nếu

tam giác ABC là tam giác đều".

Trường hợp n = 1 bất đẳng thức (1.16) có thể được viết lại một cách tương

đương dưới dạng

E { }

(1.19)

a(cid:48)2 + b(cid:48)2 + c(cid:48)2

(a2 + b2 c2) + (b2 + c2 a2) + (c2 + a2 b2). a(cid:48)b(cid:48) ab c(cid:48)a(cid:48) ca b(cid:48)c(cid:48) bc ≥ − − −

Nếu ta cũng có

c2 a2 b2 2 cos C = , 2 cos A = , 2 cos B = . − − − a2 + b2 ab b2 + c2 bc c2 + a2 ca

khi đó

a(cid:48) = b(cid:48) = c(cid:48),

Dấu đẳng thức trong bất đẳng thức trên xảy ra nếu và chỉ nếu tam giác là

tam giác đều.

Trường hợp n = 2 tương đương với

(1.20)

a3 + b3 + c3 + 5abc (a + b)(b + c)(c + a). ≥

Nếu a(cid:48) = b(cid:48) = c(cid:48) thì

(1.21)

. a2 a(cid:48) + b2 b(cid:48) + R2(a(cid:48) + b(cid:48) + c(cid:48))2 a(cid:48)b(cid:48)c(cid:48) c2 c(cid:48) ≤

[[3], tr. 52],

a2 + b2 + c2 9R2 , ≤ E { }

[[3], tr. 18],

Vì

(cid:88)

sin2 A + sin2 B + sin2 C E 9 4 { , } ≤

nên chúng ta có

sin2 A = 2 + 2 cos A cos B cos C,

[[3], tr. 25],

Nếu a(cid:48) = a, b(cid:48) = b, c(cid:48) = c, thì

(1.22)

cos A cos B cos C E , 1 8 { } ≤

hoặc

R2(a + b + c) abc ≥ E { , }

sin A + sin B + sin C 4 sin A sin B sin C ≥

= sin 2A + sin 2B + sin 2C E , [[3], tr. 18]. { }

Vì abc = 4Rrs, nên

[[3], tr. 48].

Nếu a(cid:48) = a2, b(cid:48) = b2, c(cid:48) = c2 (∆ABC là tam giác nhọn), thì

(1.23)

R 2r E ≥ { }

hoặc

R(a2 + b2 + c2) √3abc E ≥ { }

sin2 A + sin2 B + sin2 C 2√3 sin A sin B sin C ≥

Vì ta cũng có abc = 4R∆, nên

= (sin 2A + sin 2B + sin 2C) . √3 2 E { }

[[3], tr. 42].

Nếu a = a(cid:48), b = b(cid:48), c = c(cid:48) thì

(1.24)

4√3∆ a2 + b2 + c2 ≥ E { }

và tương tự

E , R2(a2 + b2 + c2) a3c + b3a + c3b ≥ } {

Khi đó bằng cách cộng ta có

(cid:88)

R2(a2 + b2 + c2) ac3 + ba3 + cb3 E . ≥ } {

(cid:88) {

2 }

Cho a(cid:48) = b(cid:48) = c(cid:48)(n

2R2 a a3 a a4 }{ } − ≥ { E { . }

= 3m) trong (2.1), chúng ta nhận được (cid:54)

(1.25)

Vì

(cid:88)

1)n+1 cos nA + cos nB + cos nC . 3 2 ≥ ( − { E { } }

và

(cid:88)

1 cos 2nA = 4( 1)n cos nA cos nB cos nC − −

Chúng ta cũng có

1)n sin cos(2n + 1)A = 4( A sin B sin C + 1. 2n + 1 2 2n + 1 2 2n + 1 2 −

(1.26)

1 8( 1)n+1 cos nA cos nB cos nC (2n = 3m) ≥ − E { , } (cid:54)

và

(1.27)

Hơn nữa, dễ dàng ta chỉ ra rằng

1 8( 1)n sin A sin B sin C (2n + 1 = 3m) 2n + 1 2 2n + 1 2 2n + 1 2 ≥ − E { . } (cid:54)

(1.28)

và

1 1)m cos 3mA cos 3mB cos 3mC , ( − ≥ }

(1.29)

Khi đó, công thức (1.16) trở nên phức tạp hơn nếu chúng ta biểu diễn các hàm

lượng giác trong các điều kiện của các cạnh cho n lớn. Do đó, chúng ta có kết

luận với trường hợp n = 4, tức là,

1 1)m sin A sin B sin C. 6m + 3 2 6m + 3 2 6m + 3 2 ( − ≥

(cid:88)

(1.30)

(cid:2)a2(b2 + c2 a(cid:48)

Nếu a(cid:48) = b(cid:48) = c(cid:48), thì

(1.31)

a2)(cid:3)2 − R2(a(cid:48) + b(cid:48) + c(cid:48))2a2b2c2 a(cid:48)b(cid:48)c(cid:48) ≥

(cid:88) (cid:2)a2(b2 + c2

9R2a2b2c2 = a2)(cid:3)2 9a4b4c4 16∆2 ≥ − E { . }

Ta có (1.31) mạnh hơn 3√3(abc)2

Thật vậy, do bất đẳng thức Cauchy nên

(4∆)3 [[3], tr. 46]. ≥

27a4b4c4

(1.32)

(cid:88) (cid:2)4∆a2(b2 + c2

Nếu a(cid:48) = a, b(cid:48) = b, c(cid:48) = c, khi đó

(cid:88)

(1.33)

1 [64∆3]2 a2)(cid:3)2 (cid:88) E . ≥ − ≥ } {

Nếu a(cid:48) = a2, b(cid:48) = b2, c(cid:48) = c2 (∆ABC là tam giác nhọn), thì

(cid:88)

(1.34)

R2(a + b + c)2abc a3(b2 + c2 a2)2 E . ≥ − } {

hoặc

R2(a2 + b2 + c2) a2(b2 + c2 a2)2 E ≥ − { }

. cos2 A + cos2 B + cos2 C (a2 + b2 + c2)2 64∆2 E { } ≥

Bất đẳng thức sau mạnh hơn công thức (1.23) từ [[3], tr. 24]

(cid:88)

Nếu

cos2 A . 3 4 ≥

tức là ∆ABC là tam giác nhọn, thì

(cid:88)

(1.35)

a(cid:48) = a2(b2 + c2 a2)2, −

Bất đẳng thức cũng đúng cho các tam giác không phải tam giác nhọn. Bất đẳng

thức này yếu hơn [[3], tr. 12]

(abc)2 (a2 + b2 c2)(b2 + c2 a2)(c2 + a2 b2) E ≥ − − − . } {

cho

(cid:89)

abc (a + b c)(b + c a)(c + a b) ≥ − − −

Suy ra rằng

(a + b c)2 (a2 + b2 c2). − ≥ −

hoặc

[[3], tr. 50]

32∆4 a2b2c2 cos A cos B cos C (a + b + c)2 ≥

và ngược lại. (1.35) là một bất đẳng thức yếu hơn

cos A cos B cos C = IH 2. r2 2R2 ≥ r2 2R2 −

[[3], tr. 46]

(1.36)

hoặc

(4∆)3 3√3(abc)2 E ≥ , } {

[[3], tr. 42] (1.37)

Do đó chúng ta nhận được

(4∆)6 27(a2 + b2 c2)2(b2 + c2 a2)2(c2 + a2 b2)2. , ≥ − − − E { }

(4∆)6 27(abc)4 ≥

27(a2 + b2 c2)2(b2 + c2 a2)2(c2 + a2 b2)2 E . ≥ − − − } {

Hệ quả 1.5. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh a,b,c diện tích S và tam

giác A’B’C’ với độ dài các cạnh a’,b’,c’ diện tích S’; M là một điểm tùy ý trong

mặt phẳng. Khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng

(1.38)

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Weizenbock suy rộng cho tam giác A’B’C’

với

M A + M B + M C 4S(cid:48). a(cid:48)2 a b(cid:48)2 b c(cid:48)2 c ≥

ta có

x = , y = , z = , M A a M B b M C c

M B + M C a(cid:48)2 a

(cid:3)

Các bất đẳng thức trên là khá khó và đẹp. Thế nhưng ta để ý rằng các

hệ số tổng quát x, y, z không xuất hiện. Các hệ số được thay thế bởi các biến

M A + (cid:114) 4 + + S(cid:48) 4S(cid:48). b(cid:48)2 b M B M A b a c(cid:48)2 c M B b M C c M C c M A a ≥ ≥

M A, M B, M C. Để vẫn xuất hiện các hệ số x, y, z ta sử dụng bất đẳng thức Hyashi

thu được kết quả sau.

Hệ quả 1.6. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh a,b,c và tam giác A’B’C’

với độ dài các cạnh a’,b’,c’ diện tích S. Với M là một điểm tùy ý trong mặt

phẳng và x,y,z là các số thực dương, ta có

(cid:114) xyz 4

+ + 1 M A.M B ab M B.M C bc M C.M A ca ≥

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Weizenbock suy rộng cho tam giác A’B’C’,

x S(cid:48). a(cid:48)2 a2 M A2 + y b(cid:48)2 b2 M B2 + z c(cid:48)2 c2 M C2 x + y + z ≥

ta có

(1.39)

x b(cid:48)2 b2 M B2 + z

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

(cid:18)

(cid:19)

yz a(cid:48)2 a2 M A2 + y x a2 M A2a(cid:48)2 + = (cid:114) M B2 4 b2 c(cid:48)2 c2 M C2 z c2 M C2c(cid:48)2 M A2 a2 + xy M C2 c2 y b2 M B2b(cid:48)2 + M C2 c2 + zx M A2 a2 M B2 b2 S(cid:48). ≥

(cid:19) (cid:18) 1 yz

(cid:19)

+ + . . M C2 c2 + zx M A2 a2 M B2 b2 1 zx 1 xy

Suy ra

+ + 1. M B2 yz b2 (cid:18) M B.M C bc M C2 c2 M C.M A ca M A2 a2 + xy M A.M B ab ≥ ≥

(1.40)

yz M B2 b2 M C2 c2 M A2 a2 + xy M A2 a2 M B2 b2

(cid:3)

Từ (1.39) và (1.40) ta được bất đẳng thức cần chứng minh.

. M C2 c2 + zx xyz x + y + z ≥

Chương 2

Các bất đẳng thức liên quan đến nhiều tam giác

Chương này trình bày các bất đẳng thức liên quan đến nhiều tam giác, trong

đó có cả dãy các tam giác. Nội dung cơ bản của chương này được hình thành

chủ yếu từ các tài liệu [1, 2].

2.1 Dãy các tam giác

2.1.1 Phát biểu bài toán

Bắt đầu với tam giác ABC, chúng ta xây dựng để đạt được dãy các tam giác

một cách đệ quy bởi

(AnBnCn)n∈N , với A0B0C0 = ABC và số đo góc và độ đo cạnh được định nghĩa

π π π An Bn Cn , , Bn+1 = , Cn+1 = − 2 − 2

an(bn + cn − 2 an), bn+1 = (cid:112) bn(cn + an bn), − −

Gọi sn, Rn, rn, ∆n lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, bán

kính đường tròn nội tiếp, và diện tích của tam giác AnBnCn . Lưu ý là ∆n = ∆

với mọi n.

Bổ đề 2.1. Cho các dãy (An)n∈N , (Bn)n∈N , (Cn)n∈N là các dãy hội tụ và

An+1 = an+1 = (cid:112) cn+1 = (cid:112) cn(an + bn cn). −

. Cn = lim n→∞ An = lim n→∞ Bn = lim n→∞ π 3

Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta xét dãy (An)n∈N . Ta có

(cid:16)

(cid:17)

Cho nên dãy

là dãy hình học với tỷ số chung

. Nó hội tụ

π = ). An+1 = An+1 (An π 3 1 2 π 3 An − 2 ⇔ − − −

(cid:3)

An 1 2 −

đến 0, cho nên lim x→∞

n∈N π . 3

π 3 − An =

2.1.2 Các kết quả chính

(cid:112)

Mệnh đề 2.1. Dãy (Rn)n∈N là dãy hội tụ và lim x→∞

Chứng minh. Từ

√3.∆ Rn = 2 3

n sin An sin Bn sin Cn

ta có

8R3 = , Rn = anbncn 4n 4∆n

n =

(cid:3)

Kết quả suy ta từ Bổ đề 2.1.

Mệnh đề 2.2. Các dãy (an)n∈N , (bn)n∈N , (cn)n∈N hội tụ và

R2 . ∆ 2 sin An sin Bn sin Cn

(cid:114) ∆ √3

Chứng minh. Ta có

. cn = 2 lim x→∞ an = lim x→∞ bn = lim x→∞

nên theo Bổ đề 2.1 và 2.1 ta có

an = 2Rn sin An,

(cid:114) ∆ √3

(cid:3)

Từ kết quả cơ bản này chúng ta nhận được một số dãy hội tụ thú vị. Trong

mỗi một trường hợp, tính chất tăng hay là giảm được chỉ ra một cách rõ ràng

từ Mệnh đề 1.2 và được tổng kết trong Bảng 2.1 dưới đây.

Các tính chất tăng hay giảm của các dãy này, cùng với giới hạn chúng và một

số bất đẳng thức hình học nổi tiếng khác được cho bởi Định lý dưới đây.

. cn = 2 lim x→∞ an = lim x→∞ bn = lim x→∞

Bảng 2.1:

hằng số Trích dẫn Bổ đề 1.1c) (a) Dãy số ∆n

2 3 (cid:112)

Mệnh đề 1.2d), Bổ đề 2.1 Tăng (b) sin An + sin Bn + sin Cn (cid:112)

1 3

Giảm Giảm Tăng Mệnh đề 1.2e), 2.1 Mệnh đề 1.2c), 2.1 Mệnh đề 1.2f) (c) (d) (e) Giới hạn ∆ 3√3 2 √3∆ 3√3.∆ (cid:112) √3.∆

Giảm 2 (f)

Giảm 4√3∆ Mệnh đề 1.2b), 2.2 (g)

Định lý 2.1. Trong mọi tam giác ABC có các bất đẳng thức sau

Giảm 4√3∆ Mệnh đề 1.2a) b), 2.2 (h) cn)2 bn)2 Rn sn rn Rn rn a2 n + c2 n + b2 n n + c2 n + b2 a2 (bn n − an)2 (an (cn − − − − −

a) sin A + sin B + sin C , 3√3 2 ≤

b) R 2r ( Bất đẳng thức Euler), ≥

c) a2 + b2 + c2 4√3∆ (Bất đẳng thức Weizenbock), ≥

d) a2 + b2 + c2 4√3∆ + (a b)2 + (b c)2 + (c a)2 − − −

≥ (Bất đẳng thức Hadwiger-Finsler).

2.2 Bất đẳng thức Oppenheim đối với nhiều tam

giác

2.2.1 Giới thiệu

Bốn bất đẳng thức của Oppenheim liên quan tới các yếu tố của hai tam giác

được mở rộng tới các yếu tố của n tam giác.

Trong ghi chú này, chúng tôi đưa ra các mở rộng của bốn bất đẳng thức tam

giác của Oppenheim được xuất hiện trong Bài toán 5092 (Amer, Math. Month,

71 (1964), 444-445).

2.2.2 Các kết quả chính

Định lý 2.2. Giả sử rằng Ai, Bi, Ci (i = 0, 1, ..., n

định nghĩa bởi các phương trình

n−1 (cid:88)

1) là n tam giác với các cạnh − ai, bi, ci, diện tích ∆i, và các chiều cao hi. Nếu an, bn, cn là các số dương được

n =

i , b2 a2

i , c2 b2

khi đó chúng ta sẽ chỉ ra rằng

(i) an, bn, cn là các cạnh của một tam giác,

(ii) h2

a2 n = c2 i ,

n ≥

n−1 (cid:80) 0

h2 i . Dấu đẳng thức xảy ra trong bất đẳng thức trên nếu và chỉ nếu

(iii) ∆

n tam giác đầu là đồng dạng,

n−1 (cid:80) 0

(iv) ∆

∆i, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n tam giác là đồng dạng, ≤

n−1 (cid:81) 0

Chứng minh. (i) được chỉ ra từ bất đẳng thức Minkowski

1 m

nn ∆i, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n tam giác là đồng dạng. ≤

m + (ym

1 + xm

2 + ... + xm n )

1 + ym

2 + ... + ym n )

m ,

(xm

(x1 + y1)m + (x2 + y2)m + ... + (xn + yn)m } ≥ {

trong đó, xi, yi

(ii) Từ định lý cosin, chúng ta nhận được

n−1 (cid:88)

0, m > 1. ≥

Bình phương hai vế và áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

(cid:41)

(cid:40)n−1 (cid:88)

(cid:41) (cid:40)n−1 (cid:88)

n cos2 Bn c2

i cos2 Bi. c2

cnan cos Bn = ciai cos Bi.

Bởi vì,

n−1 (cid:88)

n sin2 Bn c2

i sin2 Bi. c2

≤ a2 i a2 n

≥

hoặc vì,

n−1 (cid:88)

nvàr2 n.

i tương tự choq2 p2

Đẳng thức đúng cho p2

n nếu và chỉ nếu

p2 n ≥

Do đó đẳng thức đúng cho một đường cao, sự đồng dạng là điều kiện đủ chứ

không phải điều kiện cần. Đẳng thức cho hai hoặc ba đường cao đúng nếu và

chỉ nếu n tam giác ban đầu là đồng dạng.

(iii) Ta có

n−1 (cid:88)

= k (i = 0, 1, ..., n 1). − ci cos Bi ai

(cid:33) 1

0 (cid:32)n−1 (cid:88)

2 (cid:32)n−1 (cid:88)

2 ∆i = piai

a2 i p2 i ≤

Mặt khác, dấu đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu n tam giác đầu là dồng dạng.

(iv) Ta có

1 n

pnan = 2∆n. ≤

hoặc

n−1 (cid:89)

∆n ∆0 + ∆1 + ... + ∆n−1 n(∆0∆1...∆n−1) ≥ ≥

n ≥

Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu n tam giác đầu là đồng dạng.

Nó cũng chỉ ra từ (i) rằng

(cid:111) 1

(cid:110)(cid:88)

∆n nn ∆i.

(cid:3)

là các cạnh của một tam giác.

, , (m > 1) ai bi ci

2.3 Bất đẳng thức giữa một tam giác với nhiều

tam giác liên quan

Trong mục này chúng tôi trình bày những bất đẳng thức liên quan tới các

thành phần của một tam giác liên hợp với n tam giác cho trước. Hai trong số

các bất đẳng thức này là những trường hợp đặc biệt của một cặp các tam giác

liên hợp.

Cho tam giác bất kì ABC, ta có bất đẳng thức sau [[3], tr.12]

(2.1)

Bằng các chứng minh đơn giản dưới ở các mục tiếp theo cho bởi những bất

đẳng thức dạng

abc (a + b c)(b + c a)(c + a b) E ≥ − − − { }

Bởi (2.1), chúng ta được dẫn tới vấn đề tổng quát bằng việc xét trung bình trên

các cạnh của một tam giác. Một sự đối ngẫu là một bất đẳng thức được xét

trung bình trên các góc của một tam giác.

a2 a2 (b c)2, b2 b2 (a c)2, c2 c2 (b a)2. ≥ − − − − ≥ − − ≥

2.3.1 Bất đẳng thức diện tích cho hai tam giác có quan hệ với

nhau

Trong mục này chúng tôi đề cập tới bất đẳng thức diện tích cho hai tam giác

có các cạnh của tam giác này là trung bình cộng của hai cạnh của tam giác còn

lại. Cụ thể chúng ta xét một tam giác khác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) trong đó

Do đó, s = s(cid:48) và ∆A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) là "gần với" một tam giác đều hơn ∆ABC, chúng ta

kỳ vọng rằng

, b(cid:48) = , c(cid:48) = . a(cid:48) = b + c 2 c + a 2 a + b 2

2 , bất đẳng thức trên là tương đương với (2.1).

Vì ở đây, ∆(cid:48) = (abcs)

∆(cid:48) ∆ . ≥ E { }

Tổng quát hơn, chúng ta nên kỳ vọng bất đẳng thức tương tự cho bất kỳ biến

đổi trung bình hợp lý mà làm cho ∆A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) "đều hơn" ∆ABC. Chính xác hơn,

nếu

a(cid:48) = ua + vb + wc,

b(cid:48) = va + wb + uc,

trong đó,

c(cid:48) = wa + ub + vc,

thì khi đó

u + v + w = 1, u, v, w 0, ≥

(2.2)

Bất đẳng thức tam giác này là tương đương với

∆ s(cid:48) = s và ∆(cid:48) . ≥ E { }

(2.3)

(xa + yb + zc)(ya + zb + xc)(za + xb + yc)

trong đó,

(a + b c)(c + a b)(b + c a), ≥ − − −

Mở rộng và sử dụng

(cid:88)

1 x + y + z = 1, x, y, z 1. − ≤ ≤

thì công thức (2.3) có thể được viết lại như sau

(cid:88)

(2.4)

a = 2s, ab = s2 + 4Rr + r2, abc = 4Rrs,

6sr2) + 12Rrs(5xyz xy)

(cid:88)

Với trường hợp đặc biệt khi x

(1 + xyz)(2s3 (cid:88) − (cid:88) − (cid:88) (1 x2y) a2b + (1 xy2) ab2. ≥ − −

1 = y = z = 0 là tương ứng với (2.1), (2.4) rút

− gọn tới bất đẳng thức đã biết R 2r.

≥ Một chứng minh của (2.2) sẽ được chỉ ra trong mục tiếp theo.

2.3.2 Bất đẳng thức diện tích cho n tam giác

Trong mục này chúng tôi trình bày một số các bất đẳng thức về mối quan hệ

diện tích cho dãy n tam giác. Nội dung được tham khảo trong [2].

Cho ai, bi, ci ký hiệu là các cạnh của n tam giác AiBiCi(i = 1, 2, ..., n). Khi đó

ba số

(cid:88)

a = wiai, b = wibi, c = wici,

trong đó (cid:80) wi = 1, wi Khi đó,

(cid:88)

0, là các độ dài có thể của các cạnh của tam giác ABC. ≥

và

(cid:88)

s = wisi

Sử dụng hai lần bất đẳng thức Cauchy ta có,

(cid:88)

(cid:112)

∆2 = wi(si ci). wisi wi(si ai) wi(si bi) − − −

(2.5)

trong đó, ký hiệu

thay cho "đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n tam giác là

√∆ wi ∆i ≥ Sn { }

đồng dạng".

Vì

Sn { }

r2s = (s a)(s b)(s c) và 4R∆ = abc, − −

(cid:88)

1 3

(2.6)

− nên áp dụng bất đẳng thức Holder ta có bất đẳng thức sau

và

(cid:88)

1 3

(2.7)

(r2s) wi(r2si) ≥ Sn { }

Nếu chúng ta cho

(2.8)

(∆R) wi(∆iRi) ≥ Sn { . }

n = 3, (a2, b2, c2) = (a1, b1, c1), (a3, b3, c3) = (a1, b1, c1),

khi đó (2.5) rút gọn thành (2.2), (2.6) rút gọn thành r

thành ∆R

r1 và (2.7) rút gọn

∆1R1 hoặc tương đương với Rr ≥ R1r1 (tất cả đều {E}). ≥ ≥

2.3.3 Bất đẳng thức cho các góc của dãy n tam giác

Trong mục này chúng tôi trình bày bất đẳng thức về mối quan hệ giữa các

góc của dãy n tam giác. Cụ thể là chúng ta sẽ xét biến đổi trung bình trên các

góc của n tam giác AiBiCi với i = 1, 2, . . . , n.

Cho các góc của ∆ABC được cho bởi

(cid:88)

A = wiAi, B = wiBi, C = wiCi,

. Cụ thể hơn, chúng ta sẽ chỉ ra rằng

trong đó (cid:80) wi = 1, wi giác AiBiCi nên chúng ta sẽ kỳ vọng một vài bất đẳng thức đẳng cấu với tỉ số s2 ∆

(cid:88)

(2.9)

0. Vì ∆ABC là "đều hơn" các tam giác trong tập n tam ≥

Chứng minh. Thật vậy, Vì cot

là hàm lồi khi 0

. Sn wi s2 ∆ ≤ } s2 i ∆i {

(cid:88)

θ π và θ 2 ≤ ≤

Chúng ta nhận được

(cid:19)

(cid:88)

= cot + cot + cot . wi wi wi s2 ∆ Ai 2 Bi 2 Ci 2

(cid:18)Ai 2

(cid:3)

điều này tương đương với (2.9).

+ + wi Bi 2 Ci 2 s2 ∆ ≤

2.3.4 Bất đẳng thức bao gồm bán kính đường tròn ngoại tiếp

và bán kính đường tròn nội tiếp

Bất đẳng thức sau đây biểu diễn mối quan hệ giữa bán kính đường tròn ngoại

tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp của dãy n tam giác.

Cho các góc của ∆ABC được cho bởi

(cid:88)

A = wiAi, B = wiBi, C = wiCi,

trong đó (cid:80) wi = 1, wi

(cid:88)

0. Khi đó, ta có ≥

(cid:88)

= sin . sin . sin wi wi wi Ai 2 Ci 2 Bi 2 r 4R

i Bi 2

i Ai 2

i Ci 2

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có

(cid:40)

3 (cid:41)3

(cid:18)

(cid:19) 1

(cid:88)

. . . wi sin wi sin wi sin ≥

hoặc

(cid:27) 1

(cid:111) 1

(cid:88)

(2.10)

sin sin sin , wi Ai 2 Bi 2 Ci 2 r 4R ≥

(cid:110) r R

(cid:26) ri Ri

Do vậy,

(cid:19)

wi ≥ Sn { . }

(cid:18) ri Ri

. min i r R ≥

2.3.5 Bất đẳng thức bao gồm nửa chu vi và bán kính đường

tròn ngoại tiếp

Bất đẳng thức sau đây biểu diễn mối quan hệ giữa nửa chu vi và bán kính

đường tròn ngoại tiếp của dãy n tam giác.

Cho các góc của ∆ABC được cho bởi

(cid:88)

A = wiAi, B = wiBi, C = wiCi,

trong đó (cid:80) wi = 1, wi

(cid:88)

0. Khi đó, ta có ≥

(cid:88)

= sin wiAi + sin wiBi + sin wiCi s R

wi(sin Ai + sin Bi + sin Ci) ≥

hoặc

(cid:88)

(2.11)

Khi đó dễ dàng ta có,

(cid:19)

. Sn wi s R ≥ } { si Ri

(cid:18) si Ri

. min i s R ≥

2.3.6 Bất đẳng thức bao gồm diện tích và bán kính đường

tròn ngoại tiếp

Bất đẳng thức sau đây biểu diễn mối quan hệ giữa diện tích và bán kính

đường tròn ngoại tiếp của dãy n tam giác.

Cho các góc của ∆ABC được cho bởi

(cid:88)

A = wiAi, B = wiBi, C = wiCi,

trong đó (cid:80) wi = 1, wi

(cid:88)

0. Vì 4∆R = abc, nên

wiAi sin wiBi sin wiCi

(cid:41)3

(cid:88)

1 3

≥ ∆ 2R2 = sin (cid:40)

hoặc

(cid:27) 1

(cid:88)

(2.12)

wi(sin Ai sin Bi sin Ci) ≥

(cid:26) ∆ R2

(cid:26) ∆i R2 i

Khi đó dễ dàng ta có,

(cid:19)

. Sn wi ≥ } {

(cid:18) ∆i R2 i

. min i ∆ R2 ≥

2.3.7 Các trường hợp đặc biệt

Bây giờ chúng tôi kết hợp các bất đẳng thức (2.9), (2.10), (2.11), và (2.12)

với điều kiện (2.8). Những bất đẳng thức này trở thành

(2.13)

∆ s2 ≥ E { , } ∆1 s2 1

(2.14)

(2.15)

r R ≥ E { , } r1 R1

(2.16)

s R ≥ E { , } s1 R1

Nếu thêm điều kiện, ∆ABC bị giới hạn bởi đường tròn ngoại tiếp giống như

E ∆ R2 ≥ . } { ∆1 R2 1

(2.17)

∆A1B1C1, thì

(2.18)

r E , r1 ≥ } {

s E , s1 ≥ } {

(2.19)

Tiếp theo là một bất đẳng thức lượng giác đặc biệt. Nếu cho

∆ E . ∆1 ≥ } {

vì

w1 = w2 = , w3 = 0, 1 2

khi đó (2.13) trở thành

(cid:26)

(cid:27) 1

(cid:111) 1

= , 2s2 ∆ (sin A + sin B + sin C)2 sin A sin B sin C

(2.20)

= 2 sin sin sin C 2

(cid:110) r 2R A 2

hoặc tương đương với

cos sin + cos sin + cos sin A 2 B 2 B 2 B 2 C 2 C 2 A 2 ≤ cos + cos + cos B 2 C 2 A 2

(2.21)

π A π B π cot + cot + cot cot + cot + cot E . − 4 − 4 A 2 B 2 C 2 C − 4 ≤ } {

Tương tự, chúng ta nhận được

(2.22)

π A π B π sin + sin + sin sin + sin + sin . − 4 − 4 A 2 B 2 C 2 C − 4 ≥ E { }

(2.23)

π A π B π cos + cos + cos sin + sin + sin . − 4 − 4 A 2 B 2 C 2 C − 4 ≤ E { }

Kết luận

Luận văn trình bày lại được một số kết quả sau:

- Các bất đẳng thức đối với hai tam giác có liên quan đặc biệt nào đó (tam

giác Trực tâm, tam giác Trung tuyến), các bất đẳng thức liên quan đến các đại

lượng độ dài, diện tích và các góc của hai tam giác bất kỳ (Các bất đẳng thức

Barrow-Tomescu-Klamkin, Pedoe, ...).

- Các bất đẳng thức liên quan đến dãy các tam giác: bất đẳng thức Oppen-

heim đối với nhiều tam giác, bất đẳng thức giữa một tam giác với nhiều tam

giác liên quan.

- Các kiến thức trình bày trong luận văn là được tác giả dịch ra và biên tập

lại từ nhiều bài báo khoa học bằng tiếng Ạnh. Mục đích của đề tài luận văn là

tìm hiểu và học tập về các bất đẳng thức liên quan đến nhiều tam giác, từ đó

hình thành một số chuyên đề phục vụ cho công tác giảng dạy và bồi dưỡng Toán

cho các học sinh ở bậc THPT. Trong luận văn này, tên gọi của các chương, tên

của các mục và các tiểu mục là do tác giả tự đặt ra để cho phù hợp với nội dung

tương ứng.

Tài liệu tham khảo

[1] Dana M., Mihai M., Mihai O., and Marian S. (2009), "A Sequence of

Triangles and Geometric Inequalities", Forum, Geometricorium, Volume 9,

pp. 291-295.

[2] Klamkin M. S. (1970), "Notes on Inequalities Involving Triangles or Tetra-

hedrons", Publications De La Faculte Electrotechnique De L’Universite, No.

330-337.

[3] Lee H. (2006), "Topics in Inequalities- Theorems and Techniques",

www.math.rochester.edu/.../tin 2006 new.

[4] Poh K.S. (1983), "A short note on a Pedoe’s Theorems about two trian-

gles", Math. Medley, 11 (1983), pp. 57–61, ( sms.math.nus.edu.sg/...).

[5] Wu Y. L. (2000), "Two Geometric Inequalities involved Triangles", Octo-

gon Mathematical Magazine, Volume 17, pp.193-198.