Luận văn thạc sĩ toán học phương pháp một số phép biến đổi các yếu tố trong tam giác

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

VÕ HOÀNG THÂN

MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI
CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Bình Định - 2012


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

VÕ HOÀNG THÂN

MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI
CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. TRỊNH ĐÀO CHIẾN

Bình Định - 2012

Mục lục
Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

iii

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

iv

Chương 1 Một số kiến thức liên quan

1

1.1 Phương trình hàm Pexider . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2 Một số hệ thức lượng giác trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2.1

Các định lí cơ bản trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2.2

Một số hệ thức cơ bản trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . .

3

Chương 2 Phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc của tam giác

5

2.1 Một số phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc của tam giác . . . . . . . . .

5

2.2 Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

Chương 3 Phép biến đổi bảo toàn yếu tố cạnh của tam giác

29

3.1 Một số phép biến đổi bảo toàn yếu tố cạnh của tam giác . . . . . . . .

29

3.2 Một số bài toán liên quan đến sự bảo toàn yếu tố cạnh của tam giác . .

36

3.2.1

Một số bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

3.2.2

Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61

3.3 Phương trình bậc ba và các hệ thức liên quan đến cạnh của tam giác .

68

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

ii


iii

Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt
• N: tập các số tự nhiên
• Z: tập các số nguyên
• R: tập các số thực
• A, B, C : các góc của tam giác ABC
• a, b, c : tương ứng là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC
• P =

a+b+c

2

: nửa chu vi của tam giác ABC

• S hay SABC : diện tích tam giác ABC
• ha , hb , hc : tương ứng là các đường cao hạ từ A, B, C của tam giác ABC
• ma , mb , mc : tương ứng là các đường trung tuyến hạ từ A, B, C của tam giác
ABC
• R, r, ra : tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, bàng tiếp cạnh
a của tam giác ABC
•

•

: tích hoán vị
Ví dụ:

a = abc,

sin A = sin A sin B sin C

: tổng hoán vị
Ví dụ:

sin A = sin A + sin B + sin C,

• BĐT : Bất đẳng thức

bc = bc + ca + ab


iv

MỞ ĐẦU
Các bài toán liên quan đến các yếu tố của tam giác khá quen thuộc trong chương
trình toán phổ thông. Nó thường xuyên có mặt trong các đề thi, từ thi tốt nghiệp
Trung học phổ thông đến thi đại học và đặc biệt trong các đề thi chọn học sinh giỏi
các cấp và Olympic toán quốc tế.
Cho đến nay, tài liệu trong nước về vấn đề này đã xuất bản khá nhiều và là nguồn
tài liệu tham khảo phong phú cho giáo viên và học sinh. Trong các tài liệu hiện hành
này, chỉ có một số ít tài liệu đề cập đến các phép biến đổi liên quan đến các yếu tố của
tam giác, đặc biệt là cạnh và góc, chẳng hạn [1], [6] và [7]. Với các phép biến đổi đó,
số bài toán cảm sinh và số bài tập tự sáng tác từ một bài toán đã biết sẽ được hình
thành gấp bội.
Trong các dạng toán này, có một dạng toán được đặt ra một cách tự nhiên:
“Giả sử A, B, C là 3 góc của một tam giác cho trước. Với những phép biến đổi f
nào thì f (A), f (B ), f (C ) cũng là 3 góc của một tam giác?”
Nếu phép biến đổi f này được tìm thấy, thì số hệ thức cảm sinh từ một hệ thức
đã biết sẽ tăng lên gấp bội. Chẳng hạn:
“Nếu A, B, C là 3 góc của một tam giác, thì
A1 = f (A) =

π−A

2

, B1 = f (B ) =

π−B

2

, C 1 = f (C ) =

π−C

2

cũng là 3 góc của một tam giác.”
Rõ ràng nhờ phép biến đổi này mà, giả sử ta đã chứng minh được bất đẳng thức
√

sin A + sin B + sin C ≤

3 3
,
2

(1)

thì ta cũng sẽ có bất đẳng thức sau đây

sin

π−A

2

+ sin

π−B

2

+ sin

π−C

2

√

3 3
≤
, hay
2
√

3 3
.
cos + cos + cos ≤
2
2
2
2
A

B

C

(2)

Bất đẳng thức (2) được cảm sinh từ bất đẳng thức (1), nhờ vào phép biến đổi nêu
trên.
Số bất đẳng thức càng được cảm sinh thêm gấp bội nếu cứ ta tiếp tục mãi quá
trình này hoặc nhờ vào sự tìm kiếm các phép biến đổi khác.


v
Những phép biến đổi f như thế được gọi là phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc trong
tam giác.
Vấn đề bảo toàn này tiếp tục được đặt ra tương tự đối với yếu tố cạnh của tam
giác.
Câu hỏi được đặt ra là:
“Giả sử a, b, c là 3 cạnh của một tam giác cho trước. Với những phép biến đổi f
nào thì f (a) , f (b) , f (c) cũng là 3 cạnh của một tam giác?”
Nếu phép biến đổi f này được tìm thấy, thì số hệ thức cảm sinh từ một hệ thức
đã biết sẽ tăng lên gấp bội. Chẳng hạn:
“Nếu a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, thì
a1 = f (a) = 2012a + 2013, b1 = f (b) = 2012b + 2013, c1 = f (c) = 2012c + 2013
cũng là 3 cạnh của một tam giác.”
Rõ ràng nhờ phép biến đổi này mà, giả sử ta đã chứng minh được bất đẳng thức
về cạnh của một tam giác, thì ta cũng sẽ có ngay một bất đẳng thức khác về cạnh của
một tam giác. Số bất đẳng thức càng được cảm sinh thêm gấp bội nếu cứ ta tiếp tục
mãi quá trình này hoặc nhờ vào sự tìm kiếm các phép biến đổi khác.
Những phép biến đổi f như thế, tương tự, được gọi là phép biến đổi bảo toàn yếu

tố cạnh trong tam giác.
Rõ ràng, việc tìm kiếm những phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc hoặc cạnh của
tam giác nêu trên là rất có ý nghĩa khoa học và mang tính thực tiễn cao, là một trong
những phương pháp khá tốt trong quá trình nghiên cứu về các yếu tố của tam giác,
đặc biệt là việc giáo viên và học sinh phổ thông có thể tự đề xuất ra những bài tập
mới.
Tuy nhiên, cho đến nay, số tài liệu có xu hướng đề cập về vấn đề này là không
nhiều và việc tìm kiếm những phép biến đổi như thế còn quá ít.
Luận văn sẽ phần nào đề cập đến vấn đề trên một cách toàn diện hơn, với nhiều
phép biến đổi bảo toàn và những áp dụng khá phong phú được đề xuất.
Do đó, nội dung của luận văn có ý nghĩa khoa học và có giá trị trong thực tiễn
giảng dạy và học tập ở phổ thông, đặc biệt đối với hệ Chuyên Toán.
Với mục đích nghiên cứu đó, ngoài những phần như Mục lục, Lời mở đầu, Kết luận
và Tài liệu tham khảo, luận văn đề cập đến những nội dung chính, chia ra 3 chương
như sau:
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị
Luận văn đề cập đến một số kiến thức chuẩn bị cho việc nghiên cứu ở các chương
tiếp theo, trong đó có một kiến thức được dùng trong việc chứng minh các kết quả ở


vi
Chương 2 khá hữu hiệu và thú vị, đó là Phương trình hàm Pexider dạng
f (x + y ) = g (x) + h (y )
hoặc dạng tổng quát hơn
n

n

xi

f
.

i=1

=

fi (xi )
i=1

Thú vị ở chỗ, nó cho ta một minh họa khá đẹp về việc vận dụng những kiến thức
toán cao cấp vào nghiên cứu toán phổ thông.
Chương 2. Phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc của tam giác
Chương này trình bày một cách khá toàn diện, đầy đủ và tổng quát về các phép
biến đổi bảo toàn yếu tố góc của tam giác như đã đề cập ở phần trên cùng với những
áp dụng cụ thể để sáng tác ra những bài toán cảm sinh và giải được nhiều bài tập khó
trong các kỳ thi học sinh giỏi.
Nội dung phần này chủ yếu tham khảo ở tài liệu [8]. Tuy nhiên, những kết quả
trong tài liệu này hầu hết đều không có chứng minh, trong khi nguồn tham khảo trích
dẫn trong tài liệu lại rất khó tìm được. Tất cả những chứng minh trong chương này
đều là chứng minh độc lập của tác giả, trong đó có những phần không phải quá dễ
dàng. Đó có thể được xem là một nỗ lực của tác giả luận văn.
Như đã nêu ở Chương 1, đóng góp của luận văn trong chương này còn thể hiện
ở chỗ, đã áp dụng được một kiến thức toán cao cấp (Phương trình hàm Pexider) vào
trong các chứng minh cho các kết quả của lượng giác, hoàn toàn sơ cấp.
Rất nhiều bất đẳng thức lượng giác về góc của tam giác cảm sinh, cùng với những
áp dụng của nó, đã được luận văn đề cập.
Chương 3. Phép biến đổi bảo toàn yếu tố cạnh của tam giác
Chương này cũng đề cập một cách khá toàn diện, đầy đủ và tổng quát về các phép
biến đổi bảo toàn yếu tố cạnh của tam giác như đã đề cập ở phần trên, cùng với những

áp dụng cụ thể để sáng tác ra những bài toán cảm sinh và giải được nhiều bài tập khó
trong các kỳ thi học sinh giỏi.
Ngoài Mục 3.1, chủ yếu tham khảo ở tài liệu [1], về những áp dụng kiến thức toán
cao cấp (phương trình hàm) để chứng minh một số kết quả về các phép biến đổi bảo
toàn yếu tố cạnh, việc tìm kiếm một cách khá đầy đủ các phép biến đổi bảo toàn khác
ở Mục 3.2 là một nỗ lực của tác giả luận văn.
Một số lời giải trong Mục 3.2 (chẳng hạn Bài toán 3.2.24, Bài toán 3.2.29, ...) là
lời giải độc lập của tác giả, trong điều kiện không tìm thấy lời giải chính thức của các
bài toán này ở bất kỳ tài liệu nào tìm được.
Một số kết quả ở mục này còn cho ta một sự cảm sinh “chéo” khá thú vị. Chẳng
hạn kết quả của Bài toán 3.2.29:


vii
A
A
A
“Nếu A, B, C là 3 góc của một tam giác, thì cosλ , cosλ , cosλ là 3 cạnh
λ
λ
λ
của một tam giác”.
Rất nhiều bất đẳng thức lượng giác về cạnh của tam giác cảm sinh, cùng với những
áp dụng của nó, đã được luận văn đề cập.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của Tiến sỹ Trịnh Đào
Chiến, người thầy đã rất nghiêm khắc và tận tâm trong công việc, người Thầy không
chỉ giúp đỡ, cung cấp tài liệu, gợi mở cho tác giả nhiều ý tưởng hay và đã truyền đạt
nhiều kiến thức quí báu, cũng như những kinh nghiệm nghiên cứu khoa học mà còn
chỉ bảo cho tác giả phong cách làm việc, thông cảm, khuyến khích tác giả vượt qua
những khó khăn, vướng mắc trong chuyên môn và trong cuộc sống. Chính vì thế mà

tác giả luôn tỏ lòng biết ơn sâu sắc và sự kính phục đối với thầy giáo hướng dẫn - Tiến
sỹ Trịnh Đào Chiến.
Nhân đây, tác giả cũng bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Ban Giám hiệu Trường
Đại học Quy Nhơn, Phòng Sau đại học, Khoa Toán học, các Thầy cô giáo đã trực tiếp
giảng dạy lớp cao học khóa 13 đã tạo điều kiện tốt nhất trong thời gian tác giả tham
gia khóa học.
Đồng thời tác giả cũng bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến UBND tỉnh Gia Lai, Sở
Giáo dục và Đào tạo tỉnh Gia Lai, Ban Giám hiệu Trường THPT Chuyên Hùng Vương
- Gia Lai đã động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả tham gia khóa học
và hoàn thành đề tài này.
Để hoàn thành luận văn, tác giả đã cố gắng tập trung nghiên cứu khoa học, song
ít nhiều, thời gian và năng lực có hạn nên trong luận văn còn nhiều vấn đề chưa đề cập
và khó tránh khỏi những thiếu sót nhất định. Tác giả rất mong nhận được những chỉ
bảo của quý Thầy cô và những góp ý của bạn đọc để luận văn này được hoàn thiện hơn.


Chương 1
Một số kiến thức liên quan
1.1

Phương trình hàm Pexider

Bài toán 1.1.1. Nghiệm tổng quát của phương trình
f (x + y ) = g (x) + h(y ),

(1.1)

trong đó các hàm f, g, h xác định và liên tục trên R, là



 f (x) = ax + α + β
với a, α, β ∈ R.
g (x) = ax + β

h(x) = ax + α

Bài toán 1.1.2. Nghiệm của phương trình

f (x + y ) = g (x)h(y ),

(1.2)

trong đó các hàm f, g, h xác định và liên tục trên R, là




 f ≡0
 f ≡0
 f (x) = αβeγ x
γ
hoặc
hoặc
h≡0
g≡0
g (x) = αe x



γ

g ∈ CR
h ∈ CR
h(x) = βe

trong đó CR là tập hợp các hàm số liên tục trên R; α, β, γ ∈ R.
Bài toán 1.1.3. Nghiệm của phương trình
f (xy ) = g (x) + h(y ),
trong đó các hàm số f, g, h xác định và liên tục trên R+ , là
1

(1.3)


2


 f (x) = a. ln x + α + β
với a, α, β ∈ R.
g (x) = a. ln x + α

h(x) = a. ln x + β

Bài toán 1.1.4. Nghiệm của phương trình

f (xy ) = g (x)h(y ),

(1.4)

trong đó các hàm số f, g, h xác định và liên tục trên R+ , là


 f (x) = αβxγ
với α, β, γ ∈ R.
g (x) = αxγ

γ
h(x) = βx

Bài toán 1.1.5. Nghiệm của phương trình
n

n

f

xi

fi (xi ),

=

i=1

1

∀x, xi ∈ R

(1.5)

trong đó các hàm số f, fi (i = 1, 2, ...n) xác định và liên tục trên R, là

n

f (x) = ax +
1

1.2

ai , f (ai ) = ax + ai ; a, ai ∈ R.

Một số hệ thức lượng giác trong tam giác

1.2.1

Các định lí cơ bản trong tam giác

Định lý 1.2.1. (Định lí sin trong tam giác).
Trong tam giác ABC ta luôn có
a

sin A

=

b

sin B

=

c

sin C

= 2R.

Định lý 1.2.2. (Định lí côsin trong tam giác).
Trong tam giác ABC ta luôn có
a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, b2 = c2 + a2 − 2ca cos B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.
Định lý 1.2.3. (Công thức về đường trung tuyến).
Trong tam giác ABC ta luôn có
m2a =

2(b2 + c2 ) − a2
2(c2 + a2 ) − b2
2(a2 + b2 ) − c2
, m2b =
, m2c =
.
4
4
4


3
Định lý 1.2.4. (Công thức về diện tích tam giác).
Diện tích của tam giác ABC là

1
1
1

aha = bhb = chc .
2
2
2
1
1
1
S = ab sin C = bc sin A = ca sin B.
2
2
2
S=

abc
.
4R
S = 2R2 sin A sin B sin C.
S=

S = pr.
S=

1.2.2

p(p − a)(p − b)(p − c).

Một số hệ thức cơ bản trong tam giác
√

1.

3 3
.
0 < sin A + sin B + sin C ≤
2

2.

sin A + sin B + sin C ≥ sin 2A + sin 2B + sin 2C.

3.

1 < sin

4.

9
2 < sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤ .
4

5.

3 3
0 < sin A sin B sin C ≤
.
8

6.

A

2

+ sin

B

2

+ sin

C

≤

2

3
.
2

√

sin

A

2

+ sin

B

2

+ sin

C

2

≤ cos2

2

A

2

−1 < cos A cos B cos C ≤

8.

3 3
2 < cos + cos + cos ≤
.
2
2
2
2

9.

1 < cos2 A + cos2 B + cos2 C < 3.

B

B

2

+ cos2

1
.
8

7.

A

+ cos2

C

√

√

10.

tan A + tan B + tan C ≥ 3 3.

11.

3(bc + ca + ab) ≤ (a + b + c)2 ≤ 4(bc + ca + ab).

12.

√
a + b + c ≤ 3R 3.

C

2

.


4
13.

8(p − a)(p − b)(p − c) ≤ abc.

14.

a(p − a) + b(p − b) + c(p − c) ≤ 9Rr.

15.

a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 .
√
4S 3 + (b − c)2 + (c − a)2 + (a − b)2 ≤ a2 + b2 + c2 .

16.
17.
18.

√

p<

1
p−a

√

p−a+

+

1
p−b

19.

p2 ≥ 27r 2 .

20.

(abc)2

21.

≥

4S
√
3

√

+

p−b+

1
p−c

≥

3

.

8mb mc ≤ 4a2 + b2 + c2 .

√

9

p

.

p−c<

√

3p.


Chương 2
Phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc
của tam giác
Trong các phép biến đổi liên quan đến yếu tố góc của tam giác, một câu hỏi tự
nhiên được đặt ra: phép biến đổi nào bảo toàn yếu tố góc của tam giác? Trong chương
này, luận văn đề cập đến một số phép biến đổi như thế.
Các kết quả của chương này được đề cập trong tài liệu [8], nhưng không trình bày
chứng minh. Việc chứng minh một cách độc lập các kết quả này là đóng góp chính của
luận văn.

2.1

Một số phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc của
tam giác

Định lý 2.1.1. Các hàm thực liên tục
A → A1 (A), B → B1 (B ), C → C1 (C )
là nghiệm của phương trình
A1 + B1 + C1 = π,

(2.1)

A + B + C = π,

(2.2)

với điều kiện
nếu và chỉ nếu chúng thỏa mãn các điều kiện
A1 = kA + λπ, B1 = kB + µπ, C1 = kC + νπ,
trong đó k + λ + µ + ν = 1.
Chứng minh.
5

(2.3)


6
+) Chứng minh phần thuận
Từ (2.1) và (2.2) ta có
(2.4)

A1 (π − B − C ) = π − B1 (B ) − C1 (C ).
Đặt
f (x) = A1 (π − x), g (x) =

π

2

− B1 (x), h(x) =

π

2

− C1 (x).

(2.5)

Khi đó (2.4) trở thành
(2.6)

f (B + C ) = g (B ) + h(C ).
Ta có (2.6) là phương trình hàm Pexider, nghiệm tổng quát của nó là

trong đó a, c1 , c2 ∈ R.


 f (x) = ax + c1 + c2
g (x) = ax + c1

h(x) = ax + c2

(2.7)

Do đó


A (A) = a(π − A) + c1 + c2


 1
π
B1 (B ) = − aB − c1
2

 C (C ) = π − aC − c
2
1
2

Đặt

a = −k, c1 + c2 + aπ = λπ,

π

2

− c1 = µπ,

(2.8)

π

2

− c2 = νπ.

(2.9)

Từ (2.8) ta có
A1 = kA + λπ, B1 = kB + µπ, C1 = kC + νπ.
Ta lại có π = A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + π (λ + µ + ν )

= kπ + π (λ + µ + ν ) = (k + λ + µ + ν )π ⇒ k + λ + µ + ν = 1.

+) Chứng minh phần đảo

Từ (2.3) ta có A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + π (λ + µ + ν )

= kπ + π (λ + µ + ν ) = (k + λ + µ + ν )π = 1.π = π
Vậy định lý được chứng minh.

(2.10)


7
Định lý 2.1.2. Các hàm thực liên tục
A → A1 (A), B → B1 (B ), C → C1 (C )
là nghiệm của phương trình
A1 + B1 + C1 = π ; A1 , B1 , C1 ≥ 0,

(2.11)

A + B + C = π ; A, B, C ≥ 0,

(2.12)

với điều kiện

nếu và chỉ nếu chúng thỏa mãn các điều kiện
A1 = kA + λπ, B1 = kB + µπ, C1 = kC + νπ
trong đó k + λ + µ + ν = 1 và
λ, µ, k + λ, k + µ ≥ 0, λ + µ, k + λ + µ ≤ 1.

(2.13)

Chứng minh.
+) Chứng minh phần thuận
Từ (2.12), ta suy ra 0 ≤ A, B, C ≤ π.
Từ (2.12) và (2.13), ta có

(2.14)

A1 (π − B − C ) = π − B1 (B ) − C1 (C ).
Đặt
f (x) = A1 (π − x), g (x) =

π

2

− B1 (x), h(x) =

π

2

− C1 (x).

(2.15)

Khi đó (2.14) trở thành
f (B + C ) = g (B ) + h(C ).

(2.16)

Ta có (2.16) là phương trình hàm Pexider đã biết, nghiệm tổng quát của nó là

trong đó a, c1 , c2 ∈ R.
Do đó


 f (x) = ax + c1 + c2
g (x) = ax + c1

h(x) = ax + c2

A (A) = a(π − A) + c1 + c2

 1
π
B1 (B ) = − aB − c1
2

 C (C ) = π − aC − c
1
2
2

(2.17)

(2.18)


8
Đặt a = −k, c1 + c2 + aπ = λπ,

π

2

− c1 = µπ,

π

2

− c2 = νπ.

Từ (2.18), ta có
A1 = kA + λπ, B1 = kB + µπ, C1 = kC + νπ
Ta lại có π = A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + π (λ + µ + ν )

= kπ + π (λ + µ + ν ) = (k + λ + µ + ν )π ⇒ k + λ + µ + ν = 1.
• Bây giờ ta kiểm tra các điều kiện của (2.13).
1) Chứng minh λ ≥ 0:
Ta xét hai trường hợp của A.
1.1) Nếu A = 0: Bởi A1 ≥ 0 ⇒ kA + λπ ≥ 0 ⇒ λπ ≥ 0 ⇒ λ ≥ 0.
kA

1.2) Nếu A > 0: Bởi A1 ≥ 0 ⇒ kA + λπ ≥ 0 ⇒ λ ≥ − .
π
Ta xét hai trường hợp của k như sau
kA
1.2.1) Nếu k ≤ 0: Từ λ ≥ −
≥ 0 ⇒ λ ≥ 0.
π
1.2.2) Nếu k > 0: Giả sử λ < 0. Ta xét hai trường hợp của k > 0.
1.2.2.1) Nếu k ≥ −λ.
λπ
λ
≤π
Ta có 0 < − ≤ 1 suy ra 0 < −
k
k
λπ
≤ π.
Chọn A = A0 sao cho 0 < A0 < −
k
Khi đó kA0 < −λπ ⇒ kA0 + λπ < 0 ⇒ A1 < 0, điều này mâu
thuẫn. Do đó λ ≥ 0.

1.2.2.2) Nếu k < −λ.
Ta có kA < −λA ≤ −λπ ⇒ kA < −λπ ⇒ kA + λπ < 0
⇒ A1 < 0, điều này mâu thuẫn. Do đó λ ≥ 0.
Tóm lại, ta đã hoàn tất việc chứng minh λ ≥ 0.

2) Chứng minh µ ≥ 0: Tương tự như trên.
3) Chứng minh k + λ ≥ 0:

Ta có A1 ≥ 0 ⇒ kA + λπ ≥ 0, ∀A ∈ [0, π]
Chọn A = π, ta có kπ + λπ = (k + λ)π ≥ 0 ⇒ k + λ ≥ 0.

4) Chứng minh k + µ ≥ 0: Tương tự như trên.

5) Chứng minh λ + µ ≤ 1:
Tương tự như trên, ta cũng chứng minh được k + ν ≥ 0.
Từ đó, ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ λ + µ = 1 − (k + ν ) ≤ 1.
6) Chứng minh k + λ + µ ≤ 1:
Tương tự như trên, ta cũng chứng minh được ν ≥ 0.
Từ đó, ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ k + λ + µ = 1 − ν ≤ 1.


9
Vậy phần thuận của định lí được chứng minh.
+) Chứng minh phần đảo:
1) Chứng minh A1 ≥ 0: Vì 0 ≤ A ≤ π, λ ≥ 0, k + λ ≥ 0
nên, ta có A1 = kA + λπ ≥ kA + λA = (k + λ)A ≥ 0.

2) Chứng minh B1 ≥ 0: Vì 0 ≤ B ≤ π, µ ≥ 0, k + µ ≥ 0

nên, ta có B1 = kB + µπ ≥ kB + µB = (k + µ)B ≥ 0.

3) Chứng minh C1 ≥ 0 :

3.1) Trước hết ta chứng minh ν ≥ 0 : Vì k + λ + µ ≤ 1

nên, ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ ν = 1 − (k + λ + µ) ≥ 0.
3.2) Chứng minh k + ν ≥ 0 : Vì λ + µ ≤ 1

nên, ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ k + ν = 1 − (λ + µ) ≥ 0.

Bởi ν ≥ 0 và k + ν ≥ 0, ta có C1 = kC + νπ ≥ kC + νC = (k + ν )C ≥ 0.

4)

Chứng minh A1 + B1 + C1 = π: Vì k + λ + µ + ν = 1 nên, ta có
A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + (λ + µ + ν )π

= kπ + (λ + µ + ν )π = (k + λ + µ + ν )π = π.
Vậy phần đảo của định lý được chứng minh.
Tóm lại, định lý đã được chứng minh hoàn toàn.
Nhận xét. Trong phần tiếp theo, để các kết quả được phát biểu gọn hơn, ta sẽ mô tả
các lớp của tam giác đặc biệt như sau
B

B
B (0, π )

B (0, π )

KB
Q(0,

P ( π2 , π2 )

π
2)

K0

K

KA

KC

0

A(π, 0)
Hình 2.1:

hoặc

A

0

R( π2 , 0)

A(π, 0)

A

Hình 2.2:

K = (A, B, C ) : A, B, C ≥ 0, A + B + C =π

(2.19)

K = (A, B ) : A, B ≥ 0, A + B ≤ π

(2.20)

.


10
1) Đối với lớp các tam giác không tù, kí hiệu là Ko .
KO =

π

(2.21)

(A, B, C ) : 0 ≤ A, B, C ≤ , A + B + C =π
2

hoặc
KO =

π

π

(A, B ) : 0 ≤ A, B ≤ , A + B ≥
2
2

(2.22)

.

2) Đới với lớp các tam giác không nhọn.
2.1) Tam giác không nhọn tại A, kí hiệu là KA
π

KA = (A, B, C ) : 0 ≤ B, C ≤
hoặc
KA =

2

, A ≥

π

2

, A+B+C =π
(2.23)

π

(A, B ) : A ≥ , B ≥ 0, A + B ≤ π
2

.

(2.24)

2.2) Tam giác không nhọn tại B, kí hiệu là KB
KB = (A, B, C ) : 0 ≤ A, C ≤

π

2

, B ≥

hoặc
KB = (A, B ) : A ≥ 0, B ≥

π

2

π

2

, A+B+C =π
(2.25)

, A+B≤π

.

(2.26)

2.3) Tam giác không nhọn tại C, kí hiệu là KC
KC = (A, B, C ) : 0 ≤ A, B ≤

π

2

, C ≥

π

2

, A+B+C =π

hoặc
KC =

(A, B ) : A ≥ 0, B ≥ 0, A + B ≤

π

2

.

(2.27)

(2.28)

Các tập K, K0 , KA , KB , KC được mô tả ở hình (2.1), hình (2.2) như trên.
Bổ đề 2.1.3. i) Các hàm A1 , B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ K0 vào K, nếu
λ ≥ 0, µ ≥ 0,

k

2

+ λ ≥ 0,

k

2

+ µ ≥ 0,

k

2

+ λ + µ ≤ 1, k + λ + µ ≤ 1. (2.29)

ii) Các hàm A1 , B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ K vào K0 , nếu
λ ≥ 0, µ ≥ 0, 0 ≤ k + λ ≤

1 1
1
1
, 0 ≤ k + µ ≤ , ≤ λ + µ ≤ 1, ≤ k + λ + µ ≤ 1.
2

2 2
2

(2.30)


11
Chứng minh. - Chứng minh i).
1) Chứng minh A1 ≥ 0 :

π
k
Với các giả thiết 0 ≤ A ≤ , λ ≥ 0, + λ ≥ 0, ta có
2
2
π
k
k
k
A1 = kA + λπ = 2( A + λ ) ≥ 2( A + λA) = 2( + λ)A ≥ 0.

2

2

2

2

2) Chứng minh B1 ≥ 0 :

π
k
Với các giả thiết 0 ≤ B ≤ , µ ≥ 0, + π ≥ 0, ta có
2
2
k
π
k
k
B1 = kB + µπ = 2( B + µ ) ≥ 2( B + µB ) = 2( + µ)B ≥ 0.

2

2

2

2

3) Chứng minh C1 ≥ 0 :
3.1) Chứng minh ν ≥ 0:
Với giả thiết k + λ + µ ≤ 1 và k + λ + µ + ν = 1,
suy ra ν = 1 − (k + λ + µ) ≥ 0.
3.2) Chứng minh

k

2

+ ν ≥ 0:

k
Với giả thiết + λ + µ ≤ 1 và k + λ + µ + ν = 1, ta có
2
k
k
k
k
( + ν ) + ( + λ + µ ) = 1 ⇒ ( + ν ) = 1 − ( + λ + µ ) ≥ 0.
2
2
2
2
π
k
Bây giờ, với các giả thiết 0 ≤ C ≤ , ν ≥ 0, + ν ≥ 0, ta có
2
2
π
k
k
k
C1 = kC + νπ = 2( C + ν ) ≥ 2( C + νC ) = 2( + ν )C ≥ 0.

2

2

2

2

4) Chứng minh A1 + B1 + C1 = π : Ta có
A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + (λ + µ + ν )π

= kπ + (λ + µ + ν )π = (k + λ + µ + ν )π = 1.π = π.
- Chứng minh ii).
1) Chứng minh 0 ≤ A1 ≤

π

2

:

1.1) Chứng minh A1 ≥ 0:
Với các giả thiết 0 ≤ A ≤ π, λ ≥ 0, 0 ≤ k + λ ≤

ta có A1 = kA + λπ ≥ kA + λA = (k + λ)A ≥ 0.

1
,
2


12
1.2) Chứng minh A1 ≤

π

2

:

1
,
2
π
1
ta có A1 = kA + λπ ≤ kπ + λπ = (k + λ)π ≤ .π = .
2
2
+) Nếu k < 0: Ta có k < k1 , với k1 ≥ 0 . Do đó, với giả thiết A ≥ 0,
π
ta có A1 = kA + λπ ≤ k1 π + λπ ≤ .
2 π
Vậy ta đã chứng minh được 0 ≤ A1 ≤ .
2
+) Nếu k ≥ 0: Với giả thiết A ≤ π, k + λ ≤

2) Chứng minh 0 ≤ B1 ≤

π

3) Chứng minh 0 ≤ C1 ≤

π

2

2

: Tương tự như trên.
:

3.1) Chứng minh ν ≥ 0:
Với giả thiết k + λ + µ ≤ 1,
ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ ν = 1 − (k + λ + µ) ≥ 0.
3.2) Chứng minh 0 ≤ k + ν ≤

1
:
2

Với giả thiết λ + µ ≤ 1,
ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ k + ν = 1 − (λ + µ) ≥ 0.

1
≤ λ + µ.
2
1 1
Suy ra k + λ + µ + ν = 1 ⇒ k + ν = 1 − (λ + µ) ≤ 1 − = .
2 2
1
Vậy, ta đã chứng minh được 0 ≤ k + ν ≤ .
2

Lại có

Bây giờ, từ các giả thiết 0 ≤ C ≤ π, ν ≥ 0, 0 ≤ k + ν ≤

ta có C1 = kC + νπ ≥ kC + νC = (k + ν )C ≥ 0

1
,
2

1
π
và C1 = kC + νπ ≤ kπ + νπ = (k + ν )π ≤ .π = .
2
2
π
Vậy, ta đã chứng minh được 0 ≤ C1 ≤ .
2

4) Chứng minh A1 + B1 + C1 = π : Ta có
A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + (λ + µ + ν )π

= kπ + (λ + µ + ν )π = (k + λ + µ + ν )π = 1.π = π.
Vậy, ta đã chứng minh xong Bổ đề 2.1.3.
Định lý 2.1.4. Các hàm A1 , B1 , C1 được xác định bởi (2.3) biến đổi tương ứng 1 − 1
từ K0 vào K khi và chỉ khi k = −2, λ = µ = ν = 1 nghĩa là khi và chỉ khi
A1 = π − 2A, B1 = π − 2B, C1 = π − 2C.


13
Chứng minh. Từ (2.3), ta suy ra
A=
Đặt k ′ =

λ
1
µ
A1 − π, B = B1 − π
k
k
k
k

1

(2.31)

1

λ
µ
, λ′ = − , µ′ = − . Thế thì (2.31) có dạng
k
k
k
A = k ′ A1 − λ′ π, B = k ′ B1 − µ′ π.

Áp dụng kết quả của Bổ đề 2.1.3 phần (i), từ K0 vào K, ta có điều kiện
λ, µ,

k

2

+ λ,

k

2

+ µ ≥ 0,

k

2

+ λ + µ, k + λ + µ ≤ 1

(2.32)

Áp dụng kết quả của Bổ đề 2.1.3 phần (ii), từ K vào K0 , ta có điều kiện
λ ′ , µ ′ ≥ 0, 0 ≤ k ′ + λ ′ , k ′ + µ ′ ≤

1 1
,
≤ λ′ + µ′ , k ′ + λ′ + µ′ ≤ 1, hay
2 2

µ
1−λ 1−µ
1 1
λ+µ 1−λ−µ
λ

,
≤ ,
≤−
,
≤ 1.
− , − ≥ 0, 0 ≤
k
k
k
k
2 2
k
k

(2.33)

λ
µ
≥ 0 và − ≥ 0 nên k < 0.
k
k
Khi đó, từ (2.33), ta có hệ bất đẳng thức (2.33′ ) như sau
+) Nếu λ > 0, µ > 0: Từ (2.33), vì −

1−λ

1
k
k
⇒ 1−λ≥

⇒
+ λ ≤ 1,
k
2
2
2
k
k
1−µ 1
≤ ⇒ 1−µ ≥
⇒
+ µ ≤ 1,
k
2
2
2
1−λ 1
≤ ⇒ 1 − λ ≥ 0 ⇒ λ ≥ 1,
k
2
1−µ 1
≤ ⇒ 1 − µ ≥ 0 ⇒ µ ≥ 1,
k
2
1 1−λ−µ
k
k
≤
⇒
≥ 1−λ−µ ⇒

+ λ + µ ≥ 1,
2
k
2
2
1−λ−µ
≤ 1 ⇒ 1 − λ − µ ≥ k ⇒ k + λ + µ ≤ 1.
≤

k

- Từ (2.32) và (2.33′ ), ta có 1 ≤

k

2

+ λ + µ ≤ 1, suy ra

k

2

+ λ + µ = 1 hay
(2.34)

k = 2(1 − λ − µ).
- Từ

k

+ λ ≥ 0 và

k

k

+ λ + µ = 1 suy ra µ = 1 − ( + λ) ≤ 1.
2
2
2
- Từ 1 ≤ µ ≤ 1, suy ra µ = 1.
- Tương tự, ta có λ = 1.


14
- Thay vào (2.34), ta có k = −2.

k
k
µ
+) Nếu λ = 0: Từ (2.32) ta có µ ≥ 0 và 0 ≤ + λ = , nên k ≥ 0, suy ra ≥ 0,
2
2
k
µ
mà theo (2.33), ta có − ≥ 0, nên µ chỉ có thể bằng không.
k
λ+µ
1

= 0, vô lí. Vậy trường hợp này không xảy ra.
Khi đó, bởi (2.33), ta có ≤ −
2
k
+) Tương tự, trường hợp µ = 0 không xảy ra.
Thử lại, ta thấy, với k = −2, λ = µ = ν = 1 thỏa mãn định lí.

Vậy, định lí đã được chứng minh.

Bổ đề 2.1.5. i) Các hàm A1 , B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ K vào KC , nếu
λ ≥ 0, µ ≥ 0, k + λ ≥ 0, k + µ ≥ 0, λ + µ ≤

1
1
, k+λ+µ≤ .
2
2

(2.35)

ii) Các hàm A1 , B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ KC vào K, nếu
k

λ ≥ 0, µ ≥ 0,

2

+ λ ≥ 0,

k

2

+ µ ≥ 0, λ + µ ≤ 1,

k

2

+ λ + µ ≤ 1.

Chứng minh. - Chứng minh i).
1) Chứng minh 0 ≤ A1 ≤

π

2

:

1.1) Chứng minh A1 ≥ 0:
Ta có 0 ≤ A, B, C ≤ π.
Với các giả thiết 0 ≤ A ≤ π, λ ≥ 0, k + λ ≥ 0,
ta có A1 = kA + λπ ≥ kA + λA = (k + λ)A ≥ 0.
π
1.2) Chứng minh A1 ≤ :

2

+) Nếu k ≥ 0:

1
1
, ta có k + λ ≤ .
2
2
π
1
Khi đó, ta có A1 = kA + λπ ≤ kπ + λπ = (k + λ)π ≤ π = .
2
2
+) Nếu k < 0:
π
Ta có k < k1 , với k1 ≥ 0. Do đó A1 = kA + λπ ≤ k1 A + λπ ≤ .
2
π
Vậy, ta đã chứng minh được 0 ≤ A1 ≤ .
2
Với giả thiết µ ≥ 0 và k + λ + µ ≤

2) Chứng minh 0 ≤ B1 ≤
3) Chứng minh C1 ≥

π

2

:

π

2

: Tương tự như trên.

(2.36)


15

1
:
2
1
1
Với giả thiết k + λ + µ + ν = 1 và k + λ + µ ≤ suy ra ν ≥ .
2
2
1
3.2) Chứng minh k + ν ≥ :
2
1
1
Với giả thiết k + λ + µ + ν = 1 và λ + µ ≤ suy ra k + ν ≥ .
2
2

3.1) Chứng minh ν ≥

3.3) Chứng minh C1 ≥

π

2

:

1
,
2
π
1
ta có C1 = kC + νπ ≥ kπ + νπ = (k + ν )π ≥ .π = .
2
2
+) Nếu k > 0: Ta có k > k1 với k1 ≤ 0 .
π
Do đó, với giả thiết C ≥ 0, ta có C1 = kC + νπ ≥ k1 C + νπ ≥ .
2
π
+) Nếu k ≤ 0: Với giả thiết C ≤ π và k + ν ≥

Vậy, ta đã chứng minh xong C1 ≥

2

.

4) Chứng minh A1 + B1 + C1 = π :
Ta có A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + (λ + µ + ν )π = kπ + (λ + µ + ν )π

= (k + λ + µ + ν )π = 1.π = π.
- Chứng minh ii).
1) Chứng minh A1 ≥ 0:

π
k
Với các giả thiết 0 ≤ A ≤ , λ ≥ 0, + λ ≥ 0, ta có
2
2
π
k
k
k
A1 = kA + λπ = 2( .A + λ. ) ≥ 2( .A + λA) = 2A( + λ) ≥ 0.

2

2

2

2

2) Chứng minh B1 ≥ 0: tương tự như trên.
3) Chứng minh C1 ≥ 0:
3.1) Chứng minh k + ν ≥ 0: Từ giả thiết λ + µ ≤ 1,
ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ k + ν = 1 − (λ + µ) ≥ 0.
3.2) Chứng minh

k

k

+ ν ≥ 0: Với giả thiết

+ λ + µ ≤ 1,
2
2
k
k
ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ ( + ν ) + ( + λ + µ) = 1
2
2
⇒

k

k

+ ν = 1 − ( + λ + µ ) ≥ 0.
2
2

Bây giờ, ta chứng minh C1 ≥ 0:

+) Nếu k ≥ 0: Với giả thiết C ≥

π

,

k

2 2

+ ν ≥ 0,


16

ta có C1 = kC + νπ ≥ k.

π

k

+ νπ = ( + ν )π ≥ 0.
2π
2
+) Nếu k < 0: Với giả thiết ≤ C ≤ π, k + ν ≥ 0,
2
ta có C1 = kC + νπ ≥ kπ + νπ = (k + ν )π ≥ 0.
Vậy, ta đã chứng minh xong C1 ≥ 0.

4) Chứng minh A1 + B1 + C1 = π: Ta có
A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + (λ + µ + ν )π

= kπ + (λ + µ + ν )π = (k + λ + µ + ν )π = 1.π = π.
Tóm lại, Bổ đề 2.1.5 đã chứng minh xong.

Định lý 2.1.6. Các hàm A1 , B1 , C1 được xác định bởi (2.3) biến đổi tương ứng 1 − 1
từ K vào KC khi và chỉ khi : k =

A

1
, λ = µ = 0, nghĩa là khi và chỉ khi
2
B

C+π

.

(2.37)

λ
1
µ
A1 − π, B = B1 − π.
k
k
k
k

(2.38)

A1 =

2

, B1 =

2

, C1 =

2

Chứng minh. Từ (2.3) suy ra
A=

1

1

λ
µ
, λ′ = − , µ ′ = − .
k
k
k
′
Thế thì (2.38) có dạng A = k A1 + λ′ π, B = k ′ B1 + µ′ π.
Đặt k ′ =

Áp dụng kết quả của Bổ đề 2.1.5, phần (i), biến đổi từ K vào KC , ta có điều kiện
λ, µ, k + λ, k + µ ≥ 0, λ + µ, k + λ + µ ≤

1

2

(2.39)

Áp dụng kết quả của Bổ đề 2.1.5, phần (ii), biến đổi từ KC vào K, ta có điều kiện
λ′ , µ ′ ,
hay

k′

2

+ λ′ ,

k′

2

+ µ ′ ≥ 0, λ ′ + µ ′ ,

k′

2

+ λ′ + µ ′ ≤ 1

λ
µ 1 − 2λ 1 − 2µ
λ + µ 1 − 2λ − 2µ
− , − ,

,
≥ 0, −
,
≤1
k
k
2k
2k
k
2k

1) Nếu λ > 0, µ > 0:
λ
≥ 0 suy ra k < 0.
k
Khi đó, từ (2.41), ta có 1 − 2λ ≤ 0, 1 − 2µ ≤ 0,
Từ (2.41), ta có −

(2.40)

(2.41)


17

suy ra λ ≥

1
1
, µ≥ .

2
2

Do đó λ + µ ≥ 1, mâu thuẫn với (2.39), vì λ + µ ≤

1
.
2

Vậy trường hợp này không xảy ra.
2) Nếu λ = 0, µ > 0:
λ
≥ 0 suy ra k < 0.
k
1
1 − 2λ
≥ 0, suy ra
≥ 0, vô lí.
Khi đó, từ (2.41), ta có
2k
2k
Vậy trường hợp này không xảy ra.
Từ (2.41), ta có −

3) Trường hợp λ > 0, µ = 0: Cũng tương tự.
4) Nếu λ = µ = 0:

1 − 2µ
1
1 − 2λ

≥ 0,
≥ 0, hay
≥ 0 ⇒ k > 0.
2k
2k
2k
1 − 2λ − 2µ
1
1
Khi đó, bởi (2.41) , ta có
≤1⇒
≤1⇒k≥
2k
2k
2
1
1
1
Ngoài ra, bởi (2.40), ta có k + λ + µ ≤ ⇒ k ≤ . Vậy k = .
2
2
2
1
Thử lại, ta thấy với k = , λ = µ = 0 thì định lý được thỏa mãn.
2
Từ (2.41), ta có

Vậy định lý được chứng minh xong.

Bổ đề 2.1.7. i) Các hàm A1 B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ K0 vào KC , nếu

λ ≥ 0, µ ≥ 0,

k

2

+ λ ≥ 0,

k

2

+ µ ≥ 0,

1
1
+ λ + µ ≤ , k + λ + µ ≤ . (2.42)
2
2
2

k

ii) Các hàm A1 , B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ KC vào K0 , nếu

0 ≤ λ, µ,

k

2

+ λ,

1 k
1
1
+µ≤ , +λ+µ≥ , λ+µ≥ .
2
2 2
2
2
k

Chứng minh. - Chứng minh i).
1) Chứng minh 0 ≤ A1 ≤

π

2

:

1.1) Chứng minh A1 ≥ 0:

Với các giả thiết 0 ≤ A ≤

π

k

+ λ ≥ 0,
2
2
k
ta có A1 = kA + λπ ≥ kA + λ2A = 2A( + λ) ≥ 0.
2
, λ ≥ 0,

(2.43)