Geometric Inequalities Ultimate - Nguyễn Thanh Trà (Tiếng Việt) ppt

GEOMETRIC INEQUALITIES
Nguyễn Thanh Trà K42 Trường THPT Chuyên ĐHSP HN
 
Ngày 8 tháng 1 năm 2010
1
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
HAPPY BIRTHDAY MY BEST FRIEND
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 2
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Mục lục
1 Bất đẳng thức hình học 4
1.1 Phương pháp vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Phương pháp sử dụng tích vô hướng của hai vector . . . . . . 4
1.1.2 Phương pháp vector đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.3 Khai thác bất đẳng thức a
2
≥ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 Bất đẳng thức Finsler - Hadwiger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2 Tản mạn về các bất đẳng thức hình học 27
2.1 Sự biến hoá các bất đẳng thức hình học . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.2 Bất đẳng thức với hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3 Các bất đẳng thức dạng nhỏ hơn hoặc bằng 34
4 Một số bài tập 36
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 3
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Tóm tắt. Bất đẳ ng thức hình học phần khá thú vị của hình học. Trong các bài
toán đó, có một lớp các bài toán rất đẹp về các điểm bất kì trong tam giác và các
bất đẳng thức giữa chúng. Trong chuyên đề này, tôi sẽ giới thiệu một số bất đẳng
thức như vậy.
1 Bất đẳng t hức hình học
1.1 Phương pháp vector

1.1.1 Phương pháp sử dụng tích vô hướng của hai vector
Mở đầu phương pháp này, tôi xin giới thiệu bài toán
Bài toán 1. Cho tam giác ABC nhọn. Tìm điểm M nằm trong tam giác sao cho:
T = MA + MB + MC
đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải. Gọi N là điểm thoả mãn
−−→
NA
NA
+
−−→
NB
NB
+
−−→
NC
NC
=
−→
0 . Ta có:
T = MA + MB + MC
=
MA · NA
NA
+
MB ·N B
NB
+
MC · NC
NC

≥
−−→
MA ·
−−→
NA
NA
+
−−→
MB ·
−−→
NB
NB
+
−−→
MC ·
−−→
NC
NC
=
(
−−→
MN +
−−→
NA) ·
−−→
NA
NA
+
(
−−→

MN +
−−→
NB) ·
−−→
NB
NB
+
(
−−→
MN +
−−→
NC) ·
−−→
NC
NC
= NA + NB + N C +
−−→
MN ·

−−→
NA
NA
+
−−→
NB
NB
+
−−→
NC
NC


= NA + NB + N C
Vậy MA + M B + MC ≥ NA + N B + NC
Đẳng thức xảy ra khi M ≡ N
Vậy T = MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất khi M là điểm thoả mãn
−−→
MA
MA
+
−−→
MB
MB
+
−−→
MC
MC
=
−→
0
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 4
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Nhận xét. Bằng phương pháp tương tự ta có thể giải được bài toán:
Bài toán 2. Cho tam giác ABC . Tìm điểm M sao cho:
T = x · MA + y ·MB + z ·M C
đạt giá trị nhỏ nhất.
Điểm M cần tìm là điểm thoả mãn x ·
−−→
MA
MA
+ y ·

−−→
MB
MB
+ z ·
−−→
MC
MC
=
−→
0
Phương pháp giải trên có gì đặc biệt? Đó chính là việc chỉ ra điểm N thoả mãn một
điều kiện nào đó, sau đó chứng minh f(M ) ≥ f(N) bằng công cụ vector. Một lưu
ý nữa là bất đẳng thức
−→
a ·
−→
b ≤ |a| ·|b| giúp ta đưa những độ dài đoạn thẳng về
dạng vector. Ta có những bài toán giải bằng phương pháp tương tự.
Bài toán 3. Cho tam giác ABC và một điểm N nằm trong tam giác. Đặt

BN C =
α,

CN A = β,

ANB = γ. Với mọi điểm M trong mặt phẳng. Chứng minh rằng:
MA sin α + MB sin β + MC sin γ ≥ NA sin α + NB sin β + NC sin γ (3)
Lời giải. Ta có:
MA sin α + MB sin β + M C sin γ
=

MA · NA
NA
sin α +
MB ·N B
NB
sin β +
MC · NC
NC
sin γ
≥
−−→
MA ·
−−→
NA
NA
sin α +
−−→
MB ·
−−→
NB
NB
sin β +
−−→
MC ·
−−→
NC
NC
sin γ
=
(

−−→
MN +
−−→
NA) ·
−−→
NA
NA
sin α +
(
−−→
MN +
−−→
NB) ·
−−→
NB
NB
sin β +
(
−−→
MN +
−−→
NC) ·
−−→
NC
NC
sin γ
= NA sin α + N B sin β + NC sin γ +
−−→
MN


−−→
NA
NA
sin α +
−−→
NB
NB
sin β +
−−→
NC
NC
sin γ

= NA sin α + N B sin β + NC sin γ
Đẳng thức xảy ra khi M ≡ N
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 5
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Bài toán 4. Cho tam giác ABC với trực tâm H, bán kính đường tròn ngoại tiếp
R. Với mọi điểm M bất kì trong mặt phẳng. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
MA
3
+ MB
3
+ MC
3
−
3
2
R · MH
2

Lời giải. Theo bất đẳng thức AM −GM , ta có:
MA
3
R
+
R
2
+ MA
2
2
≥
MA
3
R
+ R ·M A ≥ 2M A
2
⇒
MA
3
R
≥
3
2
MA
2
−
R
2
2
Tương tự, ta có:

MB
3
R
≥
3
2
MB
2
−
R
2
2
,
MC
3
R
≥
3
2
MC
2
−
R
2
2
Suy ra:
MA
3
+ MB
3

+ MC
3
R
≥
3
2

MA
2
+ MB
2
+ MC
2

−
3
2
R
2
(4.1)
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có:
MA
2
+ MB
2
+ MC
2
=

−−→

MO +
−→
OA

2
+

−−→
MO +
−−→
OB

2
+

−−→
MO +
−→
OC

2
= 3MO
2
+ 2
−−→
MO

−→
OA +
−−→

OB +
−→
OC

+ 3R
2
= 3MO
2
+ 2
−−→
MO ·
−−→
OH + 3R
2
= 3MO
2
−

OM
2
+ OH
2
− MH
2

+ 3R
2
= 2MO
2
− OH

2
+ MH
2
+ 3R
2
≥ 3R
2
− OH + MH
2
(4.2)
Từ (4.1) và (4.2), ta có:
MA
3
+ MB
3
+ MC
3
R
≥
3
2

3R
2
− OH
2
+ MH
2

−

3
2
R
2
⇒ MA
3
+ MB
3
+ MC
3
−
3
2
R · MH
2
≥ 2R
3
−
3
2
R · OH
2
= const
Đẳng thức xảy ra khi M ≡ O.
Như vậy MA
3
+ MB
3
+ MC
3

−
3
2
R · MH
2
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
M ≡ O
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 6
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
1.1.2 Phương pháp vector đơn vị
Để thêm ứng dụng của phương pháp vector, tôi xin nhắc lại cách chứng minh bài
toán sau:
Bài toán 5. Cho tam giác đều ABC nội tiếp một đường tròn. M là một điểm bất
kì trên cung nhỏ BC. Chứng minh rằng MA = MB + MC.
Lời giải. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có:
−−→
AM +
−−→
MO =
−→
AO
⇔ (
−−→
AM +
−−→
MO)
2
= AO
2
⇔ AM

2
+ MO
2
+ 2
−−→
AM ·
−−→
MO = AO
2
⇔ AM
2
+ 2
−−→
AM ·
−−→
MO = 0
⇔ AM = 2
−−→
MA
MA
·
−−→
MO
Tương tự, ta có:
AM = 2
−−→
MA
MA
·
−−→

MO; BM = 2
−−→
MB
MB
·
−−→
MO; CM = 2
−−→
MC
MC
·
−−→
MO
Do M thuộc cung nhỏ BC nên −
−−→
MA
MA
,
−−→
MB
MB
,
−−→
MC
MC
là các vector đơn vị, hợp với nhau
góc 120
0
. Ta có:
−

−−→
MA
MA
+
−−→
MB
MB
+
−−→
MC
MC
=
−→
0
⇔
−−→
MO ·

−
−−→
MA
MA
+
−−→
MB
MB
+
−−→
MC
MC


= 0
⇔ MA = MB + M C
Như vậy bài toán đã cho được chứng minh.
Bài toán trên không phải là một bài toán bất đẳng thức. Nhưng với một chút tinh
tế, bạn có thể dễ dàng nhận ra việc tính độ dài các đoạn MA, M B, MC theo tích
các vector rất có lợi trong việc giải toán. Vẫn với giả thiết M bất kì thuộc đường
tròn ngoại tiếp tam giác, ta có một bài toán bất đẳng thức hình học thú vị.
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 7
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Bài toán 6. Cho tam giác AB C nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I).
M là một điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O). Chứng minh rằng:
MA + 2OI ≥ MB + M C ≥ M A − 2OI
Lời giải. Ta có:
MA
2
= 2
−−→
MO ·
−−→
MA ⇒ MA = 2
−−→
MO ·
−−→
MA
MA
Tương tự, ta có:
MB = 2
−−→
MO ·

−−→
MB
MB
; MC = 2
−−→
MO ·
−−→
MC
MC
Từ trên, ta có:
MB + M C −MA = 2
−−→
MO ·

−−→
MB
MB
+
−−→
MC
MC
−
−−→
MA
MA

(6.1)
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarts, ta có:
−MO ·






−−→
MB
MB
+
−−→
MC
MC
−
−−→
MA
MA





≤
−−→
MO ·

−−→
MB
MB
+
−−→
MC

MC
−
−−→
MA
MA

≤ MO ·





−−→
MB
MB
+
−−→
MC
MC
−
−−→
MA
MA





(6.2)
Do MO = R nên ta sẽ tính






−−→
MB
MB
+
−−→
MC
MC
−
−−→
MA
MA





.
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 8
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Ta có:






−−→
MB
MB
+
−−→
MC
MC
−
−−→
MA
MA





2
= 3 + 2

−−→
MB
MB
·
−−→
MC
MC
−
−−→
MC
MC

·
−−→
MA
MA
−
−−→
MA
MA
·
−−→
MB
MB

= 3 + 2

cos(
−−→
MB,
−−→
MC) −cos(
−−→
MC,
−−→
MA) − cos(
−−→
MA,
−−→
MB)

= 3 − 2(cos A + cos B + cos C) (Vì M nằm trên cung nhỏ BC)

= 3 − 2
R + r
R
=
R
2
− 2Rr
R
2
=
OI
2
R
2
Từ đây, ta có:
MO ·





−−→
MB
MB
+
−−→
MC
MC
−
−−→

MA
MA





= OI (6.3)
Từ (6.1), (6.2) và (6.3) ta có bất đẳng thức:
MA + 2OI ≥ MB + M C ≥ M A + 2OI
Như vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Từ hai bài toán trên, giả thiết M thuộc đường tròn khá quan trọng trong việc tính
độ dài MA, MB, MC theo tích các vector. Ta hãy thử mở rộng cho trường hợp M
bất kì nằm trong tam giác. Và đây chính là kết quả:
Bài toán 7. Cho tam giác ABC thoả mãn min{

A,

B,

C} ≥ 45
0
. Gọi AA

, BB

, CC

là các đường trung tuyến của tam giác. Chứng minh rằng với mọi điểm P di chuyển
bên trong tam giác A


B

C

ta đều có bất đẳng thức sau:
P A + P B + P C ≥
√
2(P A

+ P B

+ P C

)
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 9
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Lời giải. Ta có:
P A
2
=
−−→
P A

·
−−→
P A

=
1

2

−−→
P B +
−→
P C

·
−−→
P A

⇒ PA

=
1
2P A

·
−−→
P A


−−→
P B +
−→
P C

Như vậy, ta có:

P A


=

1
2
−→
P A ·

−−→
P B

P B

+
−−→
P C

P C


≤

P A
2
·






−−→
P B

P B

+
−−→
P C

P C






(7.1)
Đặt α = ∠(
−−→
P B

,
−−→
P C

); β = ∠(
−−→
P C

,

−−→
P A

); γ = ∠(
−−→
P A

,
−−→
P B

) ta có:





−−→
P B

P B

+
−−→
P C

P C







= 2 cos
α
2
,





−−→
P C

P C

+
−−→
P A

P A






= 2 cos
β

2
,





−−→
P A

P A

+
−−→
P B

P B






= 2 cos
γ
2
(7.2)
Mặt khác:
max


cos
α
2
, cos
β
2
, cos
γ
2

· (P A + PB + P C) ≥

cos
α
2
P A (7.3)
Mà ta lại có:
min{

A,

B,

C} ≥ 45
0
⇒ max{α, β, γ} ≥ 90
0
⇒ max

cos

α
2
, cos
β
2
, cos
γ
2

≤
1
√
2
(7.4)
Từ (7.1), (7.2), (7.3) và (7.4) suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét. Từ đây ta có bài toán tương tự:
Bài toán 8. Cho tam giác ABC. Gọi AA

, BB

, CC

là các đường trung tuyến của
tam giác. Chứng minh rằng với mọi điểm P nằm trong tam giác ABC ta đều có:
P A

+ P B

+ P C


+
m
a
+ m
b
+ m
c
√
2
≥
√
2(P A + P B + P C)
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 10
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
1.1.3 Khai thác bất đẳng thức a
2
≥ 0
Bất đẳng thức a
2
≥ 0 là một bất đẳng thức quen thuộc. Bạn đang tự hỏi: Bất đẳng
thức này thì có ứng dụng gì trong giải các bài bất đẳng thức hình học?. Để trả lời
cho câu hỏi đó, chúng ta hãy đến với một ví dụ đơn giản.
Bài toán 9. Cho tam giác ABC, trọng tâm G. M là một điểm nằm trong tam giác.
Chứng minh rằng:
MA
2
+ MB
2
+ MC
2

≥
1
3
(a
2
+ b
2
+ c
2
)
Lời giải. Do G là trọng tâm tam giác, ta có:
3
−−→
MG =
−−→
MA +
−−→
MB +
−−→
MC
⇒ (3
−−→
MG)
2
=

−−→
MA +
−−→
MB +

−−→
MC

2
⇔ 9GO
2
= MA
2
+ MB
2
+ MC
2
+ 2

−−→
MA ·
−−→
MB +
−−→
MB ·
−−→
MC +
−−→
MC ·
−−→
MA

⇔ 9OG
2
= MA

2
+ MB
2
+ MC
2
+

MA
2
+ MB
2
− AB
2

+

MA
2
+ MB
2
− AB
2

+

MA
2
+ MB
2
− AB

2

⇔ 9OG
2
= 3

MA
2
+ MB
2
+ MC
2

− (a
2
+ b
2
+ c
2
)
Như vậy:
3

MA
2
+ MB
2
+ MC
2


− (a
2
+ b
2
+ c
2
) = 9OG
2
≥ 0
⇒ MA
2
+ MB
2
+ MC
2
≥
1
3
(a
2
+ b
2
+ c
2
)
Đẳng thức xảy ra khi M ≡ G là trọng tâm tam giác ABC.
Điều gì khiến bạn quan tâm ở cách chứng minh trên? Đó chính là cách sử dụng bất
đẳng thức
−→
u

2
≥ 0 với mọi vector
−→
u (mà ở trong bài toán này,
−→
u =
−−→
MG). Mặt
khác, 3
−−→
MG =
−−→
MA +
−−→
MB +
−−→
MC là có liên quan đến các yếu tố MA, MB, MC mà
chúng ta đang xét. Chúng ta hãy nghĩ cách rổng quát chúng. Một ý tưởng khá tự
nhiên là ta sẽ xét:
−→
u = x
−−→
MA + y
−−→
MB + z
−−→
MC
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 11
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Ta có:

(
−→
u )
2
≥ 0
⇔

x
−−→
MA + y
−−→
MB + z
−−→
MC

2
≥ 0
⇔ x
2
MA
2
+ y
2
MB
2
+ z
2
MC
2
+ 2xy

−−→
MA ·
−−→
MB + 2xz
−−→
MA ·
−−→
MC
+ 2yz
−−→
MB ·
−−→
MC ≥ 0
⇔ x
2
MA
2
+ y
2
MB
2
+ z
2
MC
2
+ xy(MA
2
+ MB
2
− AB

2
)
+ xz(MA
2
+ MC
2
− AC
2
) + yz(MB
2
+ MC
2
− BC
2
) ≥ 0
⇔ (x + y + z)(xMA
2
+ yMB
2
+ zMC
2
) −(yza
2
+ zxb
2
+ xyc
2
) ≥ 0
⇔ x · MA
2

+ y · MB
2
+ z · MC
2
≥
yza
2
+ zxb
2
+ xyc
2
x + y + z
Như vậy, ta có được một bất đẳng thức tổng quát khá đẹp:
x ·M A
2
+ y · MB
2
+ z · MC
2
≥
yza
2
+ zxb
2
+ xyc
2
x + y + z
(9)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là tâm tỉ cự của hệ điểm


A
x
,
B
y
,
C
z

Với phương pháp chứng minh tương tự, ta có thể mở rộng bài toán cho hai điểm
M, N.
Bài toán 10. Cho tam giác ABC. Giả sử M trên mặt phẳng tam giác thoả mãn
M =

A
x
,
B
y
,
C
z

. N là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Chứng minh rằng:
xMA · NA + yM B ·NB + zMC · NC ≥
yza
2
+ zxb
2
+ xyc

2
x + y + z
(10)
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 12
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Lời giải. Ta có:
xMA · NA + yM B ·NB + zMC · NC
≥ x
−−→
MA ·
−−→
NA + y
−−→
MB ·
−−→
NB + z
−−→
MC ·
−−→
NC
= x
−−→
MA ·

−−→
NM +
−−→
MA

+ x

−−→
MB ·

−−→
NM +
−−→
MB

+ x
−−→
MC ·

−−→
NM +
−−→
MC

= x · MA
2
+ y · MB
2
+ z · MC
2
+
−−→
NM ·

x
−−→
MA + y

−−→
MB + z
−−→
MC

= x · MA
2
+ y · MB
2
+ z · MC
2
≥
yza
2
+ zxb
2
+ xyc
2
x + y + z
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Nhận xét. Từ bất đẳng thức trên, ta có thể suy ra nhiều bất đẳng thức thú vị.
Chẳng hạn với M ≡ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Ta có N =

A
a
,
B
b
,
C

c

và NA =
r
sin
A
2
, NB =
r
sin
B
2
, NC =
r
sin
C
2
. Từ bất đẳng thức (10), ta được:
ar
sin
A
2
· MA +
br
sin
B
2
· MB +
cr
sin

C
2
· MC ≥ 3abc
⇔ 4Rr

cos
A
2
· MA + cos
B
2
· MB + cos
C
2
· MC

≥ 3abc
⇔ cos
A
2
· MA + cos
B
2
· MB + cos
C
2
· MC ≥ p (10.1)
Với M là điểm bất kì trong mặt phẳng.
Với cách tương tự (10), ta hãy nghĩ một hướng khác mở rộng cho bất đẳng thức (9).
Bài toán 11. Cho tam giác ABC và một điểm N thoả mãn N =


A
x
,
B
y
,
C
z

. M
là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Chứng minh rằng:
x ·
MA
3
NA
+ y ·
MB
3
NB
+ z ·
MC
3
NC
≥
xyc
2
+ yza
2
+ zxb

2
x + y + z
(11)
Lời giải. Theo bất đẳng thức AM −GM , ta có:
2x ·
MA
3
NA
+ x · NA
2
= x ·
MA
3
NA
+ x ·
MA
3
NA
+ x · NA
2
≥ 3x · MA
2
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 13
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Tương tự, ta có:
2y ·
MB
3
NB
+ y · NB

2
≥ 3y · MB
2
; 2z ·
MC
3
NC
+ z · NC
2
≥ 3z · MC
2
Suy ra:
2

x ·
MA
3
NA
+ y ·
MB
3
NB
+ z ·
MC
3
NC

+ x · NA
2
+ y · NB

2
+ z · NC
2
≥ 3

x ·M A
2
+ y · MB
2
+ z · MC
2

(11.1)
Theo bất đẳng thức (9) thì:
x ·M A
2
+ y · MB
2
+ z · MC
2
≥
yza
2
+ zxb
2
+ xyc
2
x + y + z
(11.2)
Mặt khác, do N thoả mãn N =


A
x
,
B
y
,
C
z

nên
x ·N A
2
+ y · NB
2
+ z · NC
2
=
xyc
2
+ yza
2
+ zxb
2
x + y + z
(11.3)
Từ (11.1) (11.2) và (11.3), ta có
x ·
MA
3

NA
+ y ·
MB
3
NB
+ z ·
MC
3
NC
≥
xyc
2
+ yza
2
+ zxb
2
x + y + z
Như vậy, bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Tương tự như bài toán ??, cho N ≡ I ta có bất đẳng thức:
a sin
A
2
· MA
3
+ a sin
A
2
· MA
3
+ a sin

A
2
· MA
3
≥ abcr (11.4)
Nhận xét. Từ bất đẳng thức (9). Ta có thể biến hoá một chút bằng cách thay
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 14
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
x =
a
MA
, y =
b
MB
, z =
c
MC
. Khi đó, từ bất đẳng thức (9) ta được:
yza
2
+ zxb
2
+ xyc
2
x + y + z
=
b
MB
·
c

MC
· a
2
+
c
MC
·
a
MA
· b
2
+
a
MA
·
b
MB
· c
2
a
MA
+
b
MB
+
c
MC
=
abc
MA · MB · MC

·
aMA + bMB + cMC
aMB ·M C + bMC ·MA + cM A ·MB
MA · MB · MC
= abc ·
aMA + bMB + cMC
aMB ·M C + bMC ·MA + cM A ·MB
Từ đó, suy ra:
x ·M A
2
+ y · MB
2
+ z · MC
2
≥
yza
2
+ zxb
2
+ xyc
2
x + y + z
⇔
a
MA
· MA
2
+
b
MB

· MB
2
+
c
MC
· MC
2
≥
abc ·
aMA + bMB + cMC
aMB ·M C + bMC ·MA + cM A ·MB
⇔ aMA + bMB + cM C ≥ abc ·
aMA + bMB + cMC
aMB ·M C + bMC ·MA + cM A ·MB
⇔ aMB · MC + bMC ·M A + cM A · MB ≥ abc
⇔
MB ·M C
bc
+
MC · MA
ca
+
MA · MB
ab
≥ 1 (9.1)
Nhận xét. Từ bài toán trên, ta có hệ quả trực tiếp:
Bài toán 12. Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Chứng
minh rằng:
MA
a

+
MB
b
+
MC
c
≥
√
3
Ta nhận thấy rằng bài toán là một bất đẳng thức hình học với điểm M bất kì rất
mạnh. Nhưng tôi vẫn chưa thành công trong việc tổng quát nó.
Bài toán tổng quát. Cho tam giác ABC, M là một điểm bất kì trong mặt phẳng;
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 15
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
x, y, z là các số thực dương bất kì. Tìm các đánh giá cho f(x, y, z) không phụ thuộc
vào M thoả mãn:
xMB ·M C + yM C ·M A + zMA ·M B ≥ f(x, y, z)
Ta thấy bất đẳng thức (9) rất có hiệu quả với các biến MA
2
, MB
2
, MC
2
. Sau đây
là một số ví dụ:
Bài toán 13. Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kì trong tam giác. Chứng
minh rằng:
x.
MB.MC
MA

+ y.
MC.MA
MB
+ z
MA.M B
MC
≥
3xyz
xy + yz + zx
(a + b + c) (13)
Lời giải. Ta có:
1
3

x.
MB.MC
MA
+ y.
MC.MA
MB
+ z
MA.M B
MC

2
≥ yzM A
2
+ zxMB
2
+ xyMC

2
≥
xyz(xa
2
+ yb
2
+ zc
2
)
xy + yz + zx
Theo bất đẳng thức AM − GM, ta có
(xa
2
+ yb
2
+ zc
2
)

1
x
+
1
y
+
1
z

≥ (a + b + c)
2

⇔
xyz(xa
2
+ yb
2
+ zc
2
)
xy + yz + zx
≥

xyz
xy + yz + zx

2
(a + b + c)
2
Tóm lại, ta có:
1
3

x.
MB.MC
MA
+ y.
MC.MA
MB
+ z
MA.M B
MC


2
≥
≥ yzM A
2
+ zxMB
2
+ xyMC
2
≥

xyz
xy + yz + zx

2
(a + b + c)
2
Như vậy:
x.
MB.MC
MA
+ y.
MC.MA
MB
+ z
MA.M B
MC
≥
3xyz
xy + yz + zx

(a + b + c)
Như vậy, bài toán đã cho được chứng minh.
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 16
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Tương tự như trên, ta hãy xét các vector
−→
u có dạng khác. Ta được bài toán:
Bài toán 14. Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Chứng
minh rằng:
aMB + bM C + cMA ≥
√
a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
(14)
Lời giải. Gọi X là điểm thoả mãn:
a
−−→
XB
XB
+ b

−−→
XC
XC
+ c
−−→
XA
XA
=
−→
0
Khi đó:
aMB + bM C + cMA ≥
−−→
MX

a
−−→
XB
XB
+ b
−−→
XC
XC
+ c
−−→
XA
XA

+ aXB + bXC + cXA
hay aMB + bMC + cMA ≥ aXB + bXC + cXA.

Đặt
−−→
XA
XA
=
−→
i ,
−−→
XB
XB
=
−→
j ,
−−→
XC
XC
=
−→
k . Ta có:
a
−→
i + b
−→
j + c
−→
k =
−→
0
Đặt
−→

i

=
−−→
BC
a
,
−→
j

=
−→
CA
b
,
−→
k

=
−→
AB
c
, ta có:
a
−→
i

+ b
−→
j


+ c
−→
k

=
−→
0
Do đó:

(a
−→
i + b
−→
j )
2
= c
2
(a
−→
i

+ b
−→
j

)
2
= c
2

⇔

a
2
+ b
2
+ 2ab cos(
−→
i ,
−→
j ) = c
2
a
2
+ b
2
+ 2ab cos(
−→
i

,
−→
j

) = c
2
Suy ra cos(
−→
i ,
−→

j ) = cos(
−→
i

,
−→
j

) hay

BXC = 180
0
−

BCA.
Do đó

XBC +

XCB =

XCB +

XCA ⇒

XBC =

XCA
Tương tự, ta có:


XBC =

XCA =

XAB = α.
Ta sẽ tính XA, XB, XC theo a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC.
Ta có:
b
2
= XA
2
+ XB
2
− 2XA · XB · cos

AMC
= XA
2
+ XB
2
− 2XA · XB · cos A
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 17
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
và
XA
sin α
=
b
sin AXC
=

b
sin A
XC
sin α
=
a
sin C
⇒
XA
XC
bc
a
2
Suy ra:
b
2
= XC
2

1 +
b
2
c
2
a
4
+ 2
bc
a
2

·
b
2
+ c
2
− a
2
2bc

Hay
XC
2
=
b
2
a
4
a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
⇒ XC =

a
2
b
√
a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
Tương tự, ta có:
XA =
b
2
c
√
a
2
b
2
+ b
2
c
2

+ c
2
a
2
, XB =
c
2
a
√
a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
Như vậy:
aXB + bXC + cXA =
√
a
2
b
2
+ b
2

c
2
+ c
2
a
2
Như vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
1.2 Bất đẳng thức Finsler - Hadwiger
Bất đẳng thức F insler −Hadwiger là một bất đẳng thức khá mạnh trong tam giác.
Đây là một bất đẳng thức có rất nhiều ứng dụng và nhiều hướng mở rộng. Trong
khuôn khổ của bài viết, tôi xin giới thiệu các áp dụng của bất đẳng thức này trong
chứng minh các dạng bất đẳng thức hình học ta đang xét.
Bài to án 15. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh a, b, c; diện tích S. Tam giác
XY Z có độ dài các cạnh x, y, z ; diện tích S

. Chứng minh rằng :
a
2
(y
2
+ z
2
− x
2
) + b
2
(z
2
+ x
2

− y
2
) + c
2
(y
2
+ z
2
− x
2
) ≥ 16SS

(15)
Lời giải. Trong tam giác ABC, ta có công thức:
16S
2
= 2

a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2


− a
4
− b
4
− c
4
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 18
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Ta có:
16SS

=

2(a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
) −a
4
− b
4

− c
4

2(x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
) −x
4
− y
4
− z
4
Như vậy, ta xét:
16SS

+ 2

a
2
x
2

+ b
2
y
2
+ c
2
z
2

=

2

b
2
c
2
−

a
4

2

y
2
z
2
−


x
4
+ 2

a
2
x
2
+ b
2
y
2
+ c
2
z
2

Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có:

16SS

+ 2

a
2
x
2
+ b
2
y

2
+ c
2
z
2

2
≤

2

b
2
c
2
+

a
4

2

y
2
z
2
+

x
4


=

a
2
+ b
2
+ c
2

2

x
2
+ y
2
+ z
2

2
⇒ 16SS

+ a
2
x
2
+ b
2
y
2

+ c
2
z
2
≤

a
2
+ b
2
+ c
2

x
2
+ y
2
+ z
2

⇒ a
2
(y
2
+ z
2
− x
2
) + b
2

(z
2
+ x
2
− y
2
) + c
2
(y
2
+ z
2
− x
2
) ≥ 16SS

Như vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Chú ý. Khi đặt x = y
2
+ z
2
−x
2
, y = x
2
+ z
2
−y
2
, z = x

2
+ z
2
−z
2
. Bất đẳng thức
(15) tương đương với:
xa
2
+ yb
2
+ zc
2
≥ 4
√
xy + yz + zxS (15.1)
Bất đẳng thức trên mang tên bất đẳng thức F insler − Hadwiger là một bất đẳng
thức quan trọng. Trong chương này, ta hãy xét các ứng dụng của nó.
Ta có một mở rộng đầu tiên của bất đẳng thức này.
Bài toán 16. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh a, b, c; diện tích S. x, y, z là
các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:
xab + yb c + zac ≥ 4
√
xy + yz + zx ·S (16)
Lời giải. Theo bất đẳng thức P hinsl er − Khadvigher ta có:
xa
2
+ yb
2
+ zc

2
≥ 4
√
xy + yz + zx ·S (với mọi x, y, z)
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 19
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
- Với x = x ·
b
a
, y = y ·
c
b
, z = z ·
a
c
, ta có:
xab + yb c + zac ≥ 4

xy ·
c
a
+ yz ·
a
b
+ zx ·
b
c
· S (với mọi x, y, z)
- Vớix = z ·
c

a
, y = x ·
a
b
, z = y ·
b
c
, ta có:
xab + yb c + zac ≥ 4

xy ·
a
c
+ yz ·
b
c
+ zx ·
c
b
· S (với mọi x, y, z)
Từ trên, ta có:
xab + yb c + zac ≥ 4
√
xy + yz + zx ·S
Vậy bất đẳng thức đã cho đã được chứng minh.
Trong bất đẳng thức trên có xuất hiện những số x, y, z bất kì. Ta nghĩ tới việc thay
các số x, y, z bằng các biến MA, MB, MC. Ta nhận được một số bài toán:
Bài toán 17. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh a, b, c; diện tích S. M là một
điểm bất kì nằm trong tam giác. Chứng minh rằng:
aMA + bMB + cMC ≥ 4S (18)

Lời giải. Thay x =
MA
a
, y =
MB
b
, z =
MC
c
. Theo bất đẳng thức F insler −
Hadwiger, ta có:
aMA + bMB + cMC
=
a
MA
· MA
2
+
b
MB
· MB
2
+
c
MC
· MC
2
≥ 4

MA

a
·
MB
b
+
MB
b
·
MC
c
+
MC
c
·
MA
a
· S
Mặt khác, ta có:
MA
a
·
MB
b
+
MB
b
·
MC
c
+

MC
c
·
MA
a
≥ 1
Nên
aMA + bMB + cMC ≥ 4S
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 20
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Tương tự cách chứng minh trên, nhưng thay vì áp dụng bất đẳng thức (15.1), ta
hãy áp dụng bất đẳng thức (16). Ta có bài toán:
Bài toán 18. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh a, b, c; diện tích S. M là một
điểm bất kì nằm trong tam giác. Chứng minh rằng:
bc
a
MA +
ac
b
MB +
ab
c
MC ≥ 4S
Lưu ý rằng bất đẳng thức (
18) có thể chứng minh dựa theo cách chứng minh bất
đẳng thức Erdos −Morden.
Ta có bài toán tổng quát hơn:
Bài t oán 19. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh a, b, c và diện tích S; tam
giác A


B

C

có độ dài các cạnh a

, b

, c

và diện tích S

. Với mọi điểm M trong mặt
phẳng, chứng minh rằng:
a
2
a
· MA +
b
2
b
· MB +
c
2
c
· MC ≥ 4S
Cách chứng minh bài toán tương tự như trên.
Nhận xét. Bất đẳng thức này có một số ứng dụng mạnh:
-Với M ≡ H là trực tâm tam giác, với tam giác nhọn ABC thì HA = 2R cos A, a =

2R sin A, ta có:
a
2
cot A + b
2
cot B + c
2
cot C ≥ 4S

với mọi tam giác ABC và A

B

C

Nếu tam giác ABC có số đo ba góc

π
2
−
A
2
,
π
2
−
B
2
,
π

2
−
C
2

, ta có bấ t đẳng thức:
a
2
tan
A
2
+ b
2
tan
B
2
+ c
2
tan
C
2
≥ 4S

- Nếu ∆A

B

C

≡ ∆J

1
J
b
J
c
với J
a
, J
b
, J
c
là tâm đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C
của tam giác ABC. Với chú ý rằng:
a

= 4R cos
A
2
, b

= 4R cos
B
2
, c

= 4R cos
C
2
và S


=
2RS
r
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 21
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Ta nhận được bất đẳng thức:
cot
A
2
MA + cot
B
2
MB + cot
C
2
MC ≥ a + b + c
Các bài toán 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 đã được thế bới các biến MA, MB, MC. Để vẫn
xuất hiện các hệ số x, y, z, ta sử dụng bất đẳng thức:
MA.M B
ab
+
MB.MC
bc
+
MC.MA
ca
≥ 1
Như thế, ta được bài toán:
Bài toán 20. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh a, b, c và tam giác XY Z có

độ dài các cạnh x, y, z diện tích S
XY Z
. Chứng minh rằng với điểm M bất kì trong
mặt phẳng và các số thực dương m, n, p ta có:
m
x
2
a
2
MA
2
+ n
y
2
b
2
MB
2
+ p
z
2
c
2
MC
2
≥ 4

mnp
m + n + p
· S

XY Z
(20)
Lời giải. Theo bất đẳng thức F insl er − Hadwiger, ta có:
m
x
2
a
2
MA
2
+ n
y
2
b
2
MB
2
+ p
z
2
c
2
MC
2
≥ 4S
XY Z

np ·
MB
2

b
2
·
MC
2
c
+ pm ·
MC
2
c
2
·
MA
2
a
+ mn ·
MA
2
a
2
·
MB
2
b
(20.1)
Mặt khác, ta có:

np ·
MB
2

b
2
·
MC
2
c
2
+ pn ·
MC
2
c
2
·
MA
2
a
2
+ mn ·
MA
2
a
2
·
MB
2
b

1
mn
+

1
np
+
1
pm

≥
MA.M B
ab
+
MB.MC
bc
+
MC.MA
ca
≥ 1
Suy ra
np ·
MB
2
b
2
·
MC
2
c
+ pn ·
MC
2
c

2
·
MA
2
a
+ mn ·
MA
2
a
2
·
MB
2
b
≥
mnp
m + n + p
(20.2)
Từ (20.1) và (20.2), suy ra:
m
x
2
a
2
MA
2
+ n
y
2
b

2
MB
2
+ p
z
2
c
2
MC
2
≥ 4

mnp
m + n + p
· S
XY Z
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 22
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Ta có một bài toán khác tương tự:
Bài toán 21. Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Chứng
minh rằng:
(MA + MB + MC)

MA
MB
c
2
+
MB
MC

a
2
+
MC
MA
b
2

≥ 4S(a + b + c)
Bài toán 22. Cho tam giác ABC, M là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Chứng
minh rằng:
(MA · MB + MB ·M C + MC ·M A)

a
MA
+
b
MB
+
c
MC

≥ 12S
Lời giải. Ta có:
MA · MB + MB ·M C + MC ·M A
=
MA
a
·
MB

b
· ab +
MB
b
·
MC
c
· bc +
MC
c
·
MA
a
· ac
≥ 4S

MA · MB · MC
abc

MA
a
+
MB
b
+
MC
c

Để chứng minh bất đẳng thức đã cho ta cần chứng minh:
MA · MB · MC

abc

MA
a
+
MB
b
+
MC
c

a
MA
+
b
MB
+
c
MC

2
≥ 9
Thật vậy, ta có:

a
MA
+
b
MB
+

c
MC

MA
a
+
MB
b
+
MC
c

≥ 9 (22.1)
và
MA · MB · MC
abc

a
MA
+
b
MB
+
c
MC

=
MA.M B
ab
+

MB.MC
bc
+
MC.MA
ca
≥ 1 (22.2)
Từ (
22.1) và (22.2) ta có điều phải chứng minh.
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 23
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Ta hãy thử mở rộng theo hướng khác để xuất hiện các hệ số x, y, z. Ta chú ý rằng:
Nếu gọi A

, B

, C

là hình chiếu của M trên BC, CA, AB thì
MA =
2R · B

C

a
, MB =
2R · C

A

b

, MC =
2R · A

B

c
Như thế, ta đã quy các biến MA, MB, MC về độ dài 3 cạnh một tam giác. Ta có
bài toán:
Bài toán 23. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh a, b, c nội tiếp đường tròn
(O, R). M là một điểm bất kì nằm trong tam giác, x, y, z là các số thực dương bất
kì. Chứng minh rằng:
x
MC · MB
a
+ y
MC · MA
b
+ z
MA · MB
c
≥
√
xy + yz + zx ·
(R
2
− OM
2
)
R
Lời giải. Gọi A


, B

, C

là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Theo định lí Euler,
ta có:
S[A

B

C

] =
1
4
·

1 −
OM
2
R
2

· S[ABC]
Như vậy:
√
xy + yz + zx ·
(R
2

− OM
2
)
R
= 4R ·
√
xy + yz + zx ·
S(A

B

C

)
S
(với S là diện tích tam giác ABC)
≤ R ·
xA

B

· A

C

+ yB

C

· B


A

+ xC

A

· C

B

S
=

R ·
x ·M C sin C ·MB sin B
4S
=
xMC · MB.bc + yMC · MA ·bc + zMA · MB · ab
4RS
=
x ·M C · MB · bc + y · MC · MA · ac + z · MA · MB · ab
abc
= x
MC · MB
a
+ y
MC · MA
b
+ z

MA · MB
c
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Tương tự tư tưởng chứng minh trên, ta có bài toán:
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 24
Nguyễn Thanh Trà Bất đẳng thức hình học
Bài toán 24. Cho tam giác ABC, M là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Gọi
d
a
, d
b
, d
c
lỔ khoảng cách từ M đến BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
MA · d
a
bc
+
MB ·m
b
ac
+
MC · m
c
ab
≥
1
2

1 −

OM
2
R
2

Lời giải. Gọi A
1
, B
1
, C
1
là hình chiếu của M trên BC, CA, AB, theo bất đẳng thức
() trong tam giác A
1
B
1
C
1
, ta có:
B
1
C
1
· MA
1
+ C
1
A
1
· MB

1
+ A
1
B
1
· MC
1
≥ 4S
A
1
B
1
C
1
⇔ MA sin A · d
a
+ MB sin B ·d
b
+ MC sin C · d
c
≥ S

1 −
OM
2
R
2

⇔
MA · a · d

a
2R
+
MB ·b · d
b
2R
+
MC · c ·d
c
2R
≥ S

1 −
OM
2
R
2

⇔
MA · d
a
bc
+
MB ·m
b
ac
+
MC · m
c
ab

≥
1
2

1 −
OM
2
R
2

Như vậy, bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Từ bài toán trên, ta nhận thấy, f(MA, MB, MC) phụ thuộc vào f(a, b, c). Vì vậy,
để mở rộng và làm chặt hơn các bất đẳng thức dạng (??), ta thử tìm cách để biến
hoá bất đẳng thức F insler − Hadwiger.
Hướng thứ nhất.
Từ bất đẳng thức F insler − Hadwiger, với x = x
2
, y = y
2
, z = z
2
, ta có:
x
2
a
2
+ y
2
b
2

+ z
2
c
2
≥ 4

x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
· S
Từ bất đẳng thức (1), với x = yz, y = zx, z = xy , ta có:
yz · bc + zx · ac + xy · ab ≥ 4

xyz(x + y + z) ·S
Từ hai bất đẳng thức trên, ta được:
(xa + by + cz)
2
≥ 4


x

2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
+ 2

xyz(x + y + z)

· S
Làm gọn hơn:
(xa + by + cz)
2
≥ 12

xyz(x + y + z) ·S
Từ đây, ta có bất đẳng thức:
Seminar Trường THPT chuyên ĐHSP HN Page 25