Bất đẳng thức liên quan đến nhiều tam giác (LV thạc sĩ)

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
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




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
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




i

Mục lục
Danh mục ký hiệu

iii

Mở đầu

1

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

4

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

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

4

1.1.1

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

4

1.1.2

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

6

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

Tam giác trực tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.3.1

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

1.3.2

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

Tam giác trung tuyến

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

1.4.1

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

1.4.2

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

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

36

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

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




ii

2.2

2.3

2.1.1

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

2.1.2

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

Bất đẳng thức Oppenheim đối với nhiều tam giác . . . . . . . . . 38
2.2.1

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

2.2.2

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

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

49

Tài liệu tham khảo

50

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




iii

Danh mục ký hiệu
ABC

Tam giác ABC

a, b, c

Độ dài các cạnh BC, CA, AB

∆

Diện tích tam giác

s

Nửa chu vi tam giác

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

ha , hb , hc

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

r, R

Bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp

ra , rb , rc

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

a

Tổng a + b + c

a2

Tổng a2 + b2 + c2

(a2 a 2 )

Tổng a2 a 2 + b2 b 2 + c2 c 2

cot A

Tổng cot A + cot B + cot C

{E}

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

{Sn }

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

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




1

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.
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 B C , độ dài các cạnh và các đại lượng
khác được ký hiệu là a , b , c , ...
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]
a 2 (b2 + c2 − a2 ) + b 2 (c2 + a2 − b2 ) + c 2 (a2 + b2 − c2 ) ≥ 16∆∆

và bất đẳng thức Klamkin [2]
a 2 + b 2 + c 2 ≥ (−1)n+1 (2a b cos nC + 2b c cos nA + 2c a cos nB).

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
a2 a 2 + b2 b 2 + c2 c 2 ≥ 16∆∆ ,
a (b + c − a) + b (c + a − b) + c (a + b − c) ≥

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN

√

48∆∆ .




2

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 (An Bn Cn )n∈N , với
A0 B0 C0 = ABC và số đo góc và độ đo cạnh được định nghĩa một cách đệ quy

bởi
An+1 =

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

an+1 =

an (bn + cn − an ), bn+1 =

cn+1 =

cn (an + bn − cn ).

bn (cn + an − bn ),

Tiếp đó, giả sử rằng Ai , Bi , Ci (i = 0, 1, ..., n − 1) là n tam giác với độ dài các
cạnh ai , bi , ci . Xét tam giác An Bn Cn , có các cạnh an , bn , cn được định nghĩa bởi
các phương trình
n−1

a2n

n−1

a2i ,

=
0

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN

b2n

n−1

b2i ,

=
0

c2n

c2i .

=
0




3

Sau cùng, xét các bất đẳng thức giữa tam giác ABC và n tam giác Ai Bi Ci
liên quan với nhau theo hệ thức
a=

w i ai , b =
i

wi bi , c =
i

w i ci ,
i

hoặc
A=

wi A i , B =
i

wi Bi , C =
i

trong đó wi là các số dương cho trước với

w i Ci ,
i

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

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




4

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
1.1.1

Kiến thức bổ trợ
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 − GM (Arithmetic Mean - Geometric
Mean), bất đẳng thức Cauchy - Schawrz, bất đẳng thức Chebyshev...

Định lý 1.1. (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

√
n

a1 .a2 . . . . .an .

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

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




5

Hệ quả 1.1. (Bất đẳng thức GM − HM ).Với mọi bộ số dương ta đều có
√
n

n

a1 .a2 . . . . .an

1

1
1
+
+ ... +
a1 a2
an

.

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
n
.
a1 + a2 + . . . + an

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

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
m
m
am
1 + a2 + . . . + an
n

a1 + a2 + · · · + an
n

m

.

Định lý 1.2. (Bất đẳng thức Cauchy - Schawrz). 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

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ).
a1
a2
an
=
= ··· =
, (với quy ước nếu mẫu bằng
b1
b2
bn

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
a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn

≥
n

a1 + a2 + ... + an
n

b1 + b2 + ... + bn
.
n

(1.1)

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
a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn
≤
n

S hóa bi Trung tâm Hc liu

a1 + a2 + ... + an
n

ĐHTN

b1 + b2 + ... + bn
.
n

(1.2)


6

Định lý 1.4. (Bất đẳng thức Holder) Cho a = (a1 , a2 , ..., an ) và b = (b1 , b2 , ..., bn )
là hai bộ n số thực dương và p > 1,

1 1
+ = 1. Khi ấy
p q

n

i=1

1
p

n

ai b i ≤

1
q

n

api

bqi

i=1

.

(1.3)

i=1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ ap và bq tỉ lệ, nghĩa là api = kbqi với mọi
i ∈ {1, 2, , . . . , n}.

Định lý 1.5. (Bất đẳng thức Minkovski cho dãy số thực) Cho a = (a1 , a2 , ..., an )
và b = (b1 , b2 , ..., bn ) ∈ Rn và p > 1. Khi ấy
1
p

n

(ai + bi )p
i=1

1
p

n

≤

api

1
p

n

bpi

+

i=1

.

(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
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;
• ma , mb , mc , wa , wb , wc , 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;
• r, R, ra , rb , rc lần lượt là các bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường

tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn bàng tiếp với các cạnh a, b, c của
tam giác ABC.
•

a = a + b + c.

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




7

Định lý 1.6. (Định lý hàm số sin). Trong mọi tam giác ABC có hệ thức
a
b
a
=
=
= 2R.
sin A
sin B

sin A

Định lý 1.7. (Định lý hàm số cosin). Trong mọi tam giác ABC có hệ thức
a2 = b2 + c2 − 2bc cos A,
b2 = c2 + a2 − 2ca cos B,
c2 = a2 + b2 − 2ab cos A.

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
a2 = b 2 + c 2 .

Định lý 1.9. (Định lý Apollonius-Pappus). Tam giác ABC có các hệ thức sau
đây về đường trung tuyến
2b2 + 2c2 − a2
,
4
2c2 + 2a2 − b2
m2b =
,
4
2a2 + 2b2 − c2
m2c =
.
4

m2a =

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

wa =

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

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

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




8

ABC được tính theo các công thức
1
1
1
∆ = aha = bhb = chc
2
2

2
1
1
1
= ab sin C = bc sin A = ca sin B
2
2
2
abc
=
4R
= sr
= (s − a)ra = (s − b)rb = (s − c)rc
=

s(s − a)(s − b)(s − c) (Công thức Heron).

Định lý 1.12. (Bán kính đường tròn nội tiếp). Trong tam giác ABC ta có
r = (s − a) tan

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

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

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

Định lý 1.14. (Công thức Euler). Trong tam giác ABC, ta có
R(R − 2r) = OI 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
BC (xem hình 1.1).

Ta có, DIC bằng nửa tổng số đo các cung AE và DC . Mặt khác, ta có
AE=BE và DC=BD .

Do đó DIC bằng nửa tổng số đo các cung BE và BD, tức là nửa số đo cung
DE . Suy ra DIC = ICD hay DIC là tam giác cân tại D. Do đó DC = DI.

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN

9
P

A

I
B

O
L
C

M

D

Hình 1.1:

Theo hệ thức Pytago, ta có
DC 2 = DM.DP hay DC 2 = 2R.DM.

Áp dụng Định lý cosin cho tam giác OID, ta có
d2 = OD2 + DI 2 − 2OD.DL
= R2 + DC 2 − 2R.DL
= R2 + 2R.DM − 2R.DL
= R2 + 2R(DM − DL)
= R2 − 2Rr.

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.
Chứng minh. Từ Định lý 1.14 và vì d ≥ 0 nên ta có
R2 ≥ 2Rr ⇔ R ≥ 2r.

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




10

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
√
a2 + b2 + c2 ≥ 4 3∆.

(1.5)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Chứng minh. • Cách 1. Theo công thức Heron, ta có
a+b+c
.
2

∆2 = s(s − a)(s − b)(s − c), s =

Vận dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

(s − a)(s − b)(s − c) ≤

s
3

3

.

Dấu đẳng thức xảy ta khi và chỉ khi s − a = s − b = s − c ⇔ a = b = c. Suy ra
∆2 ≤

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

Vì vậy,
1 1
∆ = √ . (a + b + c)2 .
3 3 4

Vận dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
1 1
1 1
1
∆ = √ . (a + b + c)2 ≤ √ . (1 + 1 + 1)(a2 + b2 + c2 ) = √ (a2 + b2 + c2 ).
3 3 4
3 3 4

4 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
b
c
= = .
1
1
1

Từ đó suya ra điều phải chúng minh.
• Cách 2.Thật vậy, ta có
√
√ 1
a2 + b2 + c2 − 4 3∆ = 2(b2 + c2 ) − 2bc cos A − 4 3 sin A
2
√
1
3
π
= 2(b2 + c2 ) − 4bc
cos A +
sin A = 2(b2 + c2 ) − 4bc cos(A − )
2
2
3
≥ 2(b2 + c2 ) − 4bc = 2(b − c)2 ≥ 0.
π
3

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = c và A = , tức tam giác ABC đều.

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




11

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 ≥ 0. Đặt a,b,c là độ dài 3 cạnh
và ∆ là diện tích tam giác ABC. Khi đó
√
xa2 + yb2 + zc2 ≥ 4 xy + yz + zx∆.

(1.6)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
√

a
b
c
=√
=√
.
y+z

x+y
x+z

(1.7)

Chứng minh. Áp dụng định lý hàm số cosin c2 = a2 + b2 − 2abcosC và công thức
1
2

diện tích tam giác ∆ = ab sin C, ta có
xa2 + yb2 + zc2 ≥

√
xy + yz + zx∆,

√
⇔ xa2 + yb2 + z(a2 + b2 − 2ab cos C) ≥ xy + yz + zx2ab sin C
√
⇔ (x + z)a2 + (y + z)b2 ≥ 2ab[ xy + yz + zx sin C + z cos C]
√
a
b
⇔ (x + z) + (y + z) ≥ 2[sin C xy + yz + zx + z cos C].
b
a

(1.8)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có
√

[sin C xy + yz + zx + z cos C]2 ≤ (xy + yz + zx + z 2 )(sin2 C + cos2 C)
= xy + yz + zx + z 2 = (x + z)(y + z).

Mặt khác
a
b
(x + z) + (y + z)
b
a

2

≥ 4(x + z)(y + z).

Do
 đó (1.8) đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(x + z) a = (y + z) b
b

a


 cosC = √ sinC
xy + yz + zx
z

a
b


√
=√

y+z
x+z
2C
cos
sin2 C
sin2 C + cos2 C
1


=
=
 2 =
z
xy + yz + zx
xy + yz + zx + z 2
(x + z)(y + z)
2
2
Thay b cos C tương ứng vào biểu thức c = a + b2 − 2bc cosC bởi các biểu thức
⇔

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN

12

tương ứng ở trên, ta có
c 2 = a2 + a2

x+z
− 2a2
y+z

x+z
y+z

z

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

y+z
y+z
a
y+z
y+z
x+y

xảy ra khi và chỉ khi
√

a
b
c
=√
=√
.
y+z
x+y
x+z

(1.9)

Định lý được chứng minh.

1.2
1.2.1

Bất đẳng thức Neuberg-Pedoe
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:

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




13

Định lý 1.17. Ký hiệu ai , bi , ci , ∆i tương ứng là độ dài các cạnh và diện tích
của tam giác Ai Bi Ci , i = 1, 2. Khi đó có bất đẳng thức
a21 (b22 + c22 − a22 ) + b21 (a22 + c22 − b22 ) + c21 (a22 + b22 − c22 ) ≥ 16∆1 ∆2 .

(1.10)

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
a21 (a22 + b22 − c22 ) + b21 (b22 + c22 − a22 ) + c21 (a22 + c22 − b22 ) ≥ 0.

Chứng minh. Bất đẳng thức (1.11) tương đương với
(a21 + b21 + c21 )(a22 + b22 + c22 ) ≥ 2(a21 a22 + b21 b22 + c21 c22 ).

Theo công thức Heron ta có
16∆2i = (a2i + b2i + c2i )2 − 2(a4i + b4i + c4i ) ≥ 0,

hay
a2i + b2i + c2i ≥

2(a4i + b4i + c4i ).

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz suy ra
(a21 + b21 + c21 )(a22 + b22 + c22 ) ≥ 2

(a41 + b41 + c41 )(a42 + b42 + c42 )

≥ 2(a21 a22 + b21 b22 + c21 c22 ).

Theo Bổ đề 1.1 ta có
L = a21 (b22 + c22 − a22 ) + b21 (a22 + c22 − b22 ) + c21 (a22 + b22 − c22 ) ≥ 0.

Ta cần chứng minh
L2 ≥ (16∆21 )((16∆22 ).

Có thể kiểm tra đồng nhất thức
L2 − (16∆21 )((16∆22 ) = −4(U V + V W + W U ),

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN



(1.11)


14

trong đó
U = b21 c22 − b22 c21 , V = c21 a22 − c22 a21 , W = a21 b22 − a22 b21 .

Sử dụng đồng nhất thức
a21 U + b21 V + c21 W, hay W = −

a21
b21
U
−
V
c21

c21

ta có
UV + V W + W U = −
=−

a21
c21 − a21 − b21 )
U
−
V
c21
2a21

a21
c21 − a21 − b21 )
U
−
V
c21
2a21

2

−

2

−

4a21 b21 − (c21 − a21 − b21 )2 2
V
4a21 c21

16∆21 2
V ≤ 0.
4a21 c21

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

• Chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe

Chứng minh. Xét các tam giác A1 B1 C1 , A2 B2 C2 trong R2 và giả sử các đỉnh của
các tam giác có tọa độ
A1 (p1 , 0), B1 (0, p2 ), C1 (0, p3 ), A2 (q1 , 0), B2 (0, q2 ), C2 (0, q3 ).

Theo bất đẳng thức x2 + y 2 ≥ 2|xy|, ta có
a21 (b22 + c22 − a22 ) + b21 (a22 + c22 − b22 ) + c21 (a22 + b22 − c22 )
= (p3 − p2 )2 (2q12 + 2q1 q2 ) + (p21 + p23 )(2q2 − 2q2 q3 ) + (p21 + p22 )(2q3 − 2q2 q3 )
= 2(p3 − p2 )2 q12 + 2(q2 − q3 )2 p21 + 2(p3 q2 − p2 q3 )2
≥ 2[(p3 − p2 )q1 ]2 + 2[(q3 − q2 )p1 ]2
≥ 4|(p3 − p2 )p1 |.|(q3 − q2 )q1 |
= 16∆1 ∆2 .

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

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

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




15

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.
Ký hiệu và các bổ đề cơ bản

Cho tam giác ABC và tam giác A B C 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 , b , c , A , B , C và
∆ được kí hiệu cho tam giác A B C .

Tiếp theo,

a2 kí hiệu là tổng một biểu thức đối xứng mà trong đó a2 là

số hạng đại diện,
a 2 + b 2 + c 2,

a2 = a2 + b2 + c2 . Tương tự như vậy, chúng ta có

(a2 a 2 ) = a2 a 2 + b2 b 2 + c2 c 2 và

a2 =

cot A = cot A + cot B + cot C, ...

Trong suốt mục này, chúng ta sẽ kí hiệu hai biểu thức sau
D = a 2 (b2 + c2 − a2 ) + b 2 (c2 + a2 − b2 ) + c 2 (a2 + b2 − c2 )

và
E=

a2

a2 −2

a4

a4 .

Bây giờ chúng tôi sẽ phát biểu và chứng minh lại một trường hợp đặc biệt
của bất đẳng thức Cauchy.
Bổ đề 1.2.

(a2 a 2 ) ≤

a4 )(

(

a 4 ) và đấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

tam giác ABC đồng dạng với tam giác A B C .
Chứng minh. Xét hai véc tơ
→
−
u = (a2 , b2 , c2 )

và
→
−
v = (a 2 , b 2 , c 2 )

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




16
−
−
trong R3 . Chúng ta có tích vô hướng của hai véc tơ →
u và →
v thỏa mãn
→
−
−

−
−
u→
v ≤ |→
u | |→
v |.
−
−
và đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu →
u = λ→
v với λ là một hằng số dương. Từ đó

bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.3. D ≥ E và đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu tam giác ABC đồng dạng
với tam giác A B C .
Chứng minh.
D = a 2 (b2 + c2 − a2 ) + b 2 (c2 + a2 − b2 ) + c 2 (a2 + b2 − c2 )
=

a2

a2 −2

a2 a 2

≥

a2

a2 −2

a4

a4

(do Bổ đề 1.2)

= E.

Rõ ràng D = E khi và chỉ khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác A B C . bởi
Bổ đề 1.2.
Bổ đề 1.4.

tan A = tan A tan B tan C.

Chứng minh. Ta có:
tan A = tan A + tan B + tan C
= tan A + tan B − tan(A + B)

(vì C = 1800 − (A + B))

tan A + tan B
1 − tan A tan B
1
= (tan A + tan B) 1 −
1 − tan A tan B
− tan A tan B
= (tan A + tan B)
1 − tan A tan B
= tan A + tan B −

= tan A tan B

−

tan A + tan B
1 − tan A tan B

= tan A tan B tan C.

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




17

Bổ đề 1.5.

(cot A cot B) = 1.

Chứng minh. Ta có:
1
tan A tan B
tan A
=
tan A tan B tan C

(cot A cot B) =

= 1 (bởi Bổ đề 1.4).

Bổ đề 1.6.

a2 = 4∆

cot A.

Chứng minh.
a2 = (a2 + b2 − c2 ) + (b2 + c2 − a2 ) + (c2 + a2 − b2 )
= 2ab cos C + 2bc cos A + 2ac cos B (do Định lý Côsin)
1
1
1
= 4 ab sin C cot C + 4 bc sin A cot A + 4 ac sin B cot B
2
2
2
1
= 4∆(cot C + cot A + cot B) (do∆ = ab sin C, ...)
2
cot A.

= 4∆

Bổ đề 1.7.

a4 = 8∆2 (

2

cot A) + 1 .

Chứng minh. Ta có:
a4 =

a2

2

−2

(a2 b2 ),

1
1
1
ab = 2 ab sin C
= 2∆
.
2
sin C
sin C

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN

18

Do đó,
1
sin2 A

(a2 b2 ) = 4∆2
= 4∆2

(1 + cot2 A)

= 4∆2 (3 +

cot2 A)
2

= 4∆2 3 +

cot A

= 4∆2 1 +

cot A

−2

(cot A cot B)

2

(do Bổ đề 1.5).

Suy ra
2

a4 = 16∆2

cot A

− 8∆2 1 +

2

cot A

(do Bổ đề 1.6 và đẳng thức trên)
2

= 8∆2

Bổ đề 1.8.

cot A ≥

cot A

√

−1 .

3.

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 BC được chỉ ra như Hình 1.2. Xét tam giác AA B ,

A
A

c

a

a
b
600
a

B

C

Hình 1.2:

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN

19

chúng ta có
AA = a2 + c2 − 2ac cos(B − 600 )
√
3
1
= a2 + c2 − 2ac
cos B +
sinB
2
2
√ 1
1
= a2 + c2 − (a2 + c2 − b2 ) − 2 3 ac sin B
2
2
√
1 2
= (a + b2 + c2 ) − 2 3∆
2
√
= 2∆
cot A − 2 3∆ (do Bổ đề 1.6)
√
= 2∆

cot A − 3 .

Vì AA 2 > 0 nên chúng ta có

cot A >

√

3.

Biểu thức trung gian cho bất đẳng thức của Pedoe

Ta đã biết Định lý của Pedoe phát biểu như sau: Cho hai tam giác ∆ABC và
∆A B C bất kì, khi đó D ≥ 16∆∆ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ∼
∆A B C . Bây giờ chúng ta sẽ đưa ra một biểu diễn trung gian giữa D và 16∆∆ .
• Mở rộng Định lý Pedoe

Nhắc lại rằng cho hai tam giác ∆ABC và ∆A B C bất kì, ∆ và ∆ kí hiệu lần
lượt là diện tích của ∆ABC và ∆A B C . Cho
D = a 2 (b2 + c2 − a2 ) + b 2 (c2 + a2 − b2 ) + c 2 (a2 + b2 − c2 )

và
E=

a2

a2 −2

a4

Khi đó, D ≥ E ≥ 16∆∆ và E = 16∆∆ khi và chỉ khi

a4 .
cot A =

cot A . Hơn

nữa, các phát biểu sau đây là tương đương:
(1) D = 16∆∆ ;
(2) D = E ;
(3) ∆ABC = ∆A B C .
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.3, ta có D ≥ E . Tiếp theo bởi các Bổ đề 1.6 và 1.7,

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




20

chúng ta có
E = 16∆∆ (cot A)

cot A
2

− 16∆∆
= 16∆∆ (cot A)

2

−1

cot A

−1

cot A

cot A
2

−

cot A

2

−1

cot A

−1

.

Vì
2

cot A

cot A

−1

2

−

cot A

2

−1

cot A

−1

cot A

−1

2

=

cot A −

≥ 0,

cot A

Chúng ta có
2

cot A

cot A

−1

2

≥

cot A

2

−1 .

Bởi Bổ đề 1.8 ta nhận được
cot A

cot A

−1≥

√ √
3 3−1=2>0

và
2

cot A

2

−1

− 1 ≥ (3 − 1)(3 − 1) = 4.

cot A

Do đó,
2

cot A

cot A

−1≥

cot A

cot A

−

cot A

2

−1

cot A

−1 .

Suy ra,
2

cot A

2

−1

cot A

− 1 ≥ 1.

Vậy E ≥ 16∆∆ . Như vậy tức là D ≥ E ≥ 16∆∆ . Chú ý rằng E = 16∆∆ nếu và
chỉ nếu

cot A =

cot A .

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN