Các chuyên đề chọn lọc sáng tạo và chứng minh bất đẳng thức hình học

ThS. HOÀNG MINH QUÂN  ThS. HOÀNG THỊ BÍCH NGỌC

CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC
SÁNG TẠO VÀ CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI



LỜI NÓI ĐẦU
“Làm sao để giải được nhiều bài toán bất đẳng thức hình học, làm thế
nào để sáng tạo ra các bất đẳng thức hình học mới”. Đó là những câu hỏi
không chỉ các em học sinh mà nhiều bạn đọc cũng tìm tòi và mong muốn có
được câu trả lời. Cuốn sách này được viết ra ngoài mục đích trả lời phần nào
cho các câu hỏi đó thì cũng hướng đến cảm thụ vẻ đẹp của bất đẳng thức
hình học thông qua nhiều chuyên đề khác nhau. Trong số các phương pháp
chứng minh bất đẳng thức hình học về tam giác, chúng ta thường gặp các
phương pháp chứng minh mà đẳng thức xảy ra khi tam giác đều, thì ở cuốn
sách này trình bày thêm những phương pháp khác như xây dựng các bộ trội
của các cạnh, các góc,... để từ đó sáng tạo nên những bất đẳng thức mới mà
đẳng thức xảy ra có thể là tam giác vuông, tam giác tù. Ngoài các phương
pháp chứng minh và sáng tạo đẳng thức, bất đẳng thức thì các tác giả trình
bày thêm những chuyên đề bất đẳng thức nổi tiếng như bất đẳng thức Euler,
Klamkin, Erdos-Mordell,... với việc mở rộng và tổng quát hóa, các kết quả
nghiên cứu của nhiều nhà toán học trên thế giới trong thời gian gần đây
cũng được cập nhật vào cuốn sách, để bạn đọc có nhìn nhận đa chiều và cảm
nhận vẻ đẹp của các khám phá đó. Ngoài ra xuyên suốt cuốn sách các tác
giả cố gắng nêu bật ý tưởng sáng tạo các hệ thức hình học bằng cách chia sẻ
với bạn đọc cách tiếp cận, cách xây dựng nên những bất đẳng thức hình học
tổng quát và khai thác để tạo ra những bất đẳng thức mới, tạo ra nhiều mảnh

đất màu mỡ để bạn đọc từ đó làm cơ sở gieo trồng những tìm tòi tiếp theo,
làm phong phú kho tàng các hệ thức hình học trong tam giác. Đây chính là
điểm mới và khác biệt của cuốn sách này so với các cuốn sách khác về bất
đẳng thức hình học.
Cuốn sách gồm 22 chuyên đề:
 Chuyên đề 1 trình bày về xây dựng các hệ thức hình học và lượng giác
trong tam giác thông qua các công thức tính diện tích tam giác.
 Chuyên đề 2 trình bày về bất đẳng thức Blundon, Gerretsen và áp dụng,
chuyên đề này cũng hướng tới phương pháp sử dụng hai bất đẳng thức
này trong việc chứng minh nhiều bất đẳng thức hình học.
 Chuyên đề 3 trình bày về phương pháp pRr để chứng minh các bất đẳng
thức hình học, lượng giác trong tam giác. Các yếu tố gồm các cạnh, các
25


góc, bán kính đường tròn bàng tiếp, đường cao,... luôn biểu diễn được
qua ba yếu tố cơ bản của tam giác là P, R, r . Vì vậy đây là phương pháp
hữu hiệu cho nhiều lời giải hay và đẹp.
 Chuyên đề 4 trình bày về bất đẳng thức Euler, mở rộng của bất đẳng
thức Euler trong tam giác, trong tứ giác và trong không gian.
 Chuyên đề 5 trình bày về bất đẳng thức Finsler-Hadwiger với những
chứng minh mới, cũng như các mở rộng và đánh giá đặc sắc liên quan
đến bất đẳng thức này trong vài năm gần đây.
 Chuyên đề 6 trình bày về phương pháp hình học hóa đại số để chứng
minh các bài toán bất đẳng thức đại số.
 Chuyên đề 7 trình bày về phương pháp đại số hóa hình học để chứng
minh các bài toán bất đẳng hình học.
 Chuyên đề 8 trình bày về phương pháp lượng giác hóa để chứng minh
các bài toán bất đẳng thức đại số và hình học.
 Chuyên đề 9 trình bày về một lớp các bất đẳng thức lượng giác trong

tam giác có tham số ở mẫu.
 Chuyên đề 10 trình bày về phương pháp sử dụng bất đẳng thức Walker
để chứng minh các bất đẳng thức hình học và lượng giác trong tam giác
nhọn.
 Chuyên đề 11 trình bày về một số phát hiện nhỏ trong việc chứng ninh
bất đẳng thức liên quan đến đường trung tuyến.
 Chuyên đề 12 Trình bày về một số bất đẳng thức liên quan đến tâm
đường tròn nội tiếp tam giác
 Chuyên đề 13 trình bày về phương pháp ứng dụng bất đẳng thức
Chebyshev để chứng minh bất đẳng thức hình học và sáng tạo các bất
đẳng thức mới.
 Chuyên đề 14 trình bày về phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Jensen
để chứng minh và sáng tạo các bất đẳng thức mới.
 Chuyên đề 15 trình bày về phương pháp ứng dụng bất đẳng thức
Popoviciu để chứng minh và sáng tạo các bất đẳng thức mới.
 Chuyên đề 16 trình bày về phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Jensen
và bất đẳng thức Popoviciu mở rộng để chứng minh và sáng tạo các bất
đẳng thức mới với lớp tam giác đẳng chu.


 Chuyên đề 17 trình bày về phương pháp ứng dụng bất đẳng thức
Karamata để chứng minh và sáng tạo các hệ thức hình học trong tam giác.
 Chuyên đề 18 trình bày về phương pháp ứng dụng bất đẳng thức
Karamata để chứng minh và sáng tạo các hệ thức lượng giác trong tam giác.
 Chuyên đề 19 trình bày về phương pháp ứng dụng bất đẳng thức
Klamkin, các kết quả mở rộng để chứng minh và sáng tạo các bất đẳng
thức hình học mới liên quan các yếu tố trong tam giác.
 Chuyên đề 20 trình bày về phương pháp ứng dụng bất đẳng thức
Wolstenholme , các kết quả mở rộng để chứng minh, sáng tạo các bất
đẳng thức mới liên quan các yếu tố trong tam giác.

 Chuyên đề 21 trình bày về phương pháp ứng dụng bất đẳng thức ErdosMordell, các kết quả mở rộng để chứng minh và sáng tạo các bất đẳng
thức mới liên quan các yếu tố trong tam giác.
 Chuyên đề 22 trình bày về ứng dụng ba định lí của J. Liu trong việc xây
dựng và sáng tạo bất đẳng thức mới trong tam giác, bất đẳng thức giữa
hai tam giác, bất đẳng thức giữa ba tam giác,…
Hi vọng cuốn sách sẽ có ích cho nhiều độc giả, là các học sinh THCS, học
sinh THPT trong ôn tập thi học sinh giỏi và thi Đại học, cuốn sách cũng
hướng tới là tài liệu tham khảo tốt cho các bạn sinh viên Đại học và Cao
đẳng khoa toán, các thầy cô giáo giảng dạy và bạn đọc yêu thích môn toán.
Các tác giả hoan nghênh và tiếp thu mọi sự đóng góp, trao đổi về cuốn sách.
Thư từ liên lạc xin gửi về:
Hoàng Minh Quân, Trường Trung học phổ thông Ngọc Tảo, Phúc Thọ, Hà
Nội. Điện thoại: 0948668680. Email:
Hoàng Thị Bích Ngọc, Trường Trung học phổ thông Phúc Thọ, Phúc Thọ,
Hà Nội. Điện thoại: 0979957668. Email:
Hà Nội, ngày 25 tháng 3 năm 2020
Các tác giả

27


Chuyên đề 1.
XÂY DỰNG CÁC HỆ THỨC HÌNH HỌC TỪ
CÔNG THỨC TÍNH DIỆN TÍCH TAM GIÁC
Ý tưởng của phương pháp này là xuất phát từ các công thức tính diện tích
tam giác, ta xây dựng được hệ thức hình học ban đầu (hệ thức gốc), từ đó
vận dụng các mối liên hệ hình học giữa các yếu tố trong tam giác, để xây
dựng và phát triển thêm các đẳng thức hình học mới. Với các đẳng thức
hình học mới này, ta lại kết hợp với các bất đẳng thức Euler, bất đẳng thức
Blundon, Gerretsen,... sẽ lại tạo thêm những bất đẳng thức mới khác.

1. XÂY DỰNG CÁC ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG
TAM GIÁC
1.1. Xây dựng các hệ thức hình học từ công thức diện tích tam giác
Bài 1. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng
ab  bc  ca  p 2  4 Rr  r 2 .
Chứng minh. Từ công thức tính diện tích tam giác, ta có

S

p  p  a  p  b  p  c   pr

  p  a  p  b  p  c   pr 2
 p3  p 2  a  b  c   p  ab  bc  ca   abc  pr 2
 p3  p 2  a  b  c   p  ab  bc  ca   abc  pr 2
 p 3  2 p 3  p  ab  bc  ca   4 pRr  pr 2
 p  ab  bc  ca   p 3  4 pRr  pr 2
 ab  bc  ca  p 2  4 Rr  r 2 .
Vậy (1) được chứng minh.
Bài 2. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

(1)


a 2  b 2  c 2  2 p 2  8 Rr  2r 2 .
Chứng minh. Áp dụng (1), ta có

(2)

2

a 2  b 2  c 2   a  b  c   2  ab  bc  ca 



 a 2  b 2  c 2  4 p 2  2 p 2  4 Rr  r 2



 a 2  b 2  c 2  2 p 2  8 Rr  2r 2 .
Vậy (2) được chứng minh.
Bài 3. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng
a 3  b3  c 3  2 p 3  6 pr 2  12 pRr.

(3)

Chứng minh. Áp dụng (1) và abc  4 pRr , ta có
3

a3  b3  c3   a  b  c   3  a  b  c  ab  bc  ca   3abc





 a3  b3  c3  8 p3  6 p p 2  4 Rr  r 2  12 pRr
 a 3  b3  c3  2 p 3  6 pr 2  12 pRr.
Vậy (3) được chứng minh.
Bài 4. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

1 1 1 p 2  4 Rr  r 2
  
.
a b c
4 pRr
Chứng minh. Áp dụng (1) và abc  4 pRr , ta có

(4)

1 1 1 ab  bc  ca p 2  4 Rr  r 2
  

.
a b c
abc
4 pRr
Vậy (4) được chứng minh.
Bài 5. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng
2

2

 a  b  b  c    c  a 

2





 2 p 2  12 Rr  3r 2 .

(5)

Chứng minh. Áp dụng (1) và abc  4 pRr , ta có

a  b

2

2
2
  b  c    c  a   2  a 2  b 2  c 2    ab  ac  bc  





 2 2  p 2  4 Rr  r 2    p 2  4 Rr  r 2   2  p 2  12 Rr  3r 2  .

Vậy (5) được chứng minh.
Hệ quả 1. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Khi đó ta có
p 2  12 Rr  3r 2 .

29


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam ABC đều.
Bài 6. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

p 2  4 Rr  r 2
ha  hb  hc 
.
2R
Chứng minh. Ta có
ha  b sin C  c sin B  2ha  b sin C  c sin B 
Tương tự 2hb 

(6)

bc
;
R

ac
ab
; 2hc  . Cộng các đẳng thức và kết hợp (1), ta có
R
R

ab  bc  ca p 2  4 Rr  r 2

.
2R
2R
Vậy (6) được chứng minh.
ha  hb  hc 


31

Bài 10. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng
2
a

2
b

2
c

h h h

p


2

 4 Rr  r 2



2

 16 p 2 Rr

4R2

.

(10)

Chứng minh. Ta có
2

ha2  hb2  hc2   ha  hb  hc   2  ha hb  hb hc  hc ha  .
Áp dụng (6) và (9), ta có

ha2  hb2  hc2

p


2

p


 4 Rr  r 2

2



 4Rr  r 2



4R 2

2

 16 p 2 Rr

4R2
Vậy (10) được chứng minh.

2



4 p2r
R

.

1.2. Xây dựng các hệ thức lượng giác của sin và côsin từ công thức
diện tích tam giác
Bài 11. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

r
.
R
Chứng minh. Từ công thức diện tích tam giác
abc
abc
S
S
 pr  R 
,r .

4R
4S
p
Áp dụng công thức Hê rông, ta có
cos A  cos B  cos C  1 

4 p  p  a  p  b  p  c 
r
4S 2
1  1
 1
R
pabc
pabc

 b  c  a  a  c  b  a  b  c 
r
 1
R
2abc
3
3
3
r a  b  c  ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a 
 1 
R
2abc
 1

(11)



 

 

2
2
2
2
2
2
2
2
2
r a b  c  a b c  a b  c a b c
 1 
R
2abc
2
2
2
2
2
r b  c  a c  a  b2 a 2  b2  c 2
 1 



R
2bc
2ca
2ab
r
 cos A  cos B  cos C  1  .
R
Vậy (11) được chứng minh.



Bài 12. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

cos A cos B cos C 

p 2  r 2  4 Rr
 1.
4R2

(12)

Chứng minh. Áp dụng định lí Cosin, ta có
cos A cos B cos C 



 a2  b2  c 2










3

b2  c 2  a 2 c 2  a 2  b 2 a 2  b 2  c 2
.
.
2bc
2ca
2ab
2
2
 4 a 2  b2  c 2  ab  bc  ca   2abc  a  b  c    8  abc 


2
8  abc 





3
2
 2 p2  2r 2  8Rr  4 2 p2  2r 2  8Rr  p2  4Rr  r 2  2.4 pRr.2 p 












8  abc 



2

3
2
 p2  r 2  4Rr  p2  r 2  4Rr  p2  r 2  4Rr 16 p2 Rr 





 



 abc 

p


2



2

1

1

2
2
 r 2  4Rr  p2  r 2  4Rr  p2  r 2  4Rr 16 p2 Rr 


2
 abc 

 



4 p 2 r 2 p 2  r 2  4 Rr

 abc 

2

 



 1  4 p r  p
2 2

2

 r 2  4 Rr

 4 pRr 

2

 1  p

2

 r 2  4 Rr
 1.
4R2

Vậy (12) được chứng minh.
Bài 13. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

33

sin 2

A
B
C
r
 sin 2  sin 2  1 
.
2
2
2
2R

Chứng minh. Theo (11) ta có

r
R
A
B
C
r
 1  2sin 2  1  2sin 2  1  2sin 2  1 
2
2
2
R
A
B
C

r

 2  sin 2  sin 2  sin 2   2 
2
2
2
R

A
B
C
r
 sin 2  sin 2  sin 2  1 
.
2
2
2
2R
Vậy (13) được chứng minh.
cos A  cos B  cos C  1 

(13)


Bài 18. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

p2  4R2  r 2
cosAcosB  cos B cos C  cos C cos A 
.
4R2

Chứng minh. Theo (11) và (17), ta có

(18)

2  cosAcosB  cos B cos C  cos C cos A
2



  cosA  cosB  cos C   cos2 A  cos2 B  cos2 C


2

p 2  4Rr  r 2 
 r 
 2  cosAcosB  cos B cos C  cos C cos A  1     3 

2R2
 R 

2
2
2
p  4R  r
 2  cosAcosB  cos B cos C  cos C cos A 
2R2
p 2  4R2  r 2
 cosAcosB  cos B cos C  cos C cos A 
.

2R2
Vậy (18) được chứng minh.
Bài 19. Cho tam giác ABC nhọn có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh
rằng
1
1
1
p2  4R2  r 2


 2
.
cos A cos B cos C p   2 R  r 2

(19)

Chứng minh. Theo (12) và (18), ta có
1
1
1
cos A cos B  cos B cos C  cos C cos A



cos A cos B cos C
cos A cos B cos C
2
1
1
1

p  4 R 2  r 2  p 2  r 2  4 Rr 




:
 1
2
cos A cos B cos C
4R 2
4
R





p2  4R2  r 2
p2   2R  r 

2

.

Vậy (19) được chứng minh.
Bài 20. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

4R  r  r 
1
1

1


 2
.
cos A cos B cos B cos C cos C cos A p   2 R  r 2

(20)

35


Chứng minh. Theo (11) và (12) ta có
1
1
1
cos A  cos B  cos C



cos A cos B cos B cos C cos C cos A
cos A cos B cos C
2
2
1
1
1
 r   p  r  4Rr 




 1   : 
 1
cos A cos B cos B cos C cos C cos A  R  
4R2

4R  r  r 
 2
.
2
p   2R  r 
Vậy (20) được chứng minh.

1.3. Xây dựng các hệ thức lượng giác của tang và cotang trong
tam giác
Bài 21. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

cot A  cot B  cot C 

a 2  b2  c 2 p 2  4 Rr  r 2

.
4S
2 pr

(21)

Chứng minh. Áp dụng định lí sin, định lí cosin và công thức diện tích
abc
, ta có

S
4R
cos A cos B cos C
VT  cot A  cot B  cot C 


sin A sin B sin C

 VT 

b2  c2  a 2 2 R c2  a 2  b2 2R a 2  b2  c2 2R
.

.

.
2bc
a
2ca
b
2ab
c

a
 VT 

2



 b2  c2 R
abc

a 2  b2  c 2

.
4S

Mặt khác, theo (2) với a 2  b 2  c 2  2 p 2  8Rr  2r 2 . Ta có

VT 

a 2  b2  c 2 p 2  4 Rr  r 2

.
4S
2 pr

Vậy (21) được chứng minh.


Bài 25. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng
A
B
C
a tan  b tan  c tan  2  2 R  r  .
(25)
2
2
2

Chứng minh. Áp dụng định lí Sin, ta có
A
B
C
A
B
C

a tan  b tan  c tan  2R  sin A tan  sin B tan  sin C tan 
2
2
2
2
2
2


A
A
A
B
B
B
C
C
C

 4 R  sin cos tan  sin cos tan  sin cos tan 
2
2

2
2
2
2
2
2
2

A
B
C

 4 R  sin 2  sin 2  sin 2  .
2
2
2

A
B
C
r
 sin 2  sin 2  1 
. Từ đó suy ra
2
2
2
2R
A
B
C

r 

a tan  b tan  c tan  4 R 1 
  2  2R  r  .
2
2
2
 2R 

Mặt khác, theo (13) với sin 2

Vậy (25) được chứng minh.
Nhận xét: Từ các đẳng thức trên kết hợp các công thức lượng giác, bạn đọc
có thể xây dựng và sáng tạo thêm nhiều đẳng thức lượng giác khác liên
quan đến giá trị Sin và Cos, tang và cotang của các góc trong tam giác.

2. XÂY DỰNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG
TAM GIÁC TỪ CÔNG THỨC DIỆN TÍCH
Định lí (Bất đẳng thức Euler). Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b,
AB  c. Chứng minh rằng R  2r.
Chứng minh. Từ công thức tính diện tích
abc
S  pr 
 p  p  a  p  b  p  c  ,
4R
ta có

r S abc 4S 2 4 p  p  a  p  b  p  c 
 :



R p 4S
pabc
pabc


4  p  a  p  b  p  c 
abc

(*)

.
37


Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có
2

p  a  p  b  c2
 p  a  p  b   
  ;
2
4



a2
b2
;  p  c  p  a   .
4

4
Nhân các bất đẳng thức này lại, ta có
abc
(**)
 p  a  p  b  p  c   .
8
Từ (*) và (**), ta có
r 1
  R  2 r.
R 2
Sử dụng bất đẳng thức Euler và Hệ quả 1 với p 2  12 Rr  3r 2 , cùng với bất
đẳng thức Gerretsen, ta sẽ chứng minh được nhiều bất đẳng thức hình học
trong tam giác. Sau đây chúng ta cùng tìm hiểu ý tưởng xây dựng và chứng
minh các bất đẳng thức qua các bài toán.
Tương tự  p  b  p  c  

2.1. Bất đẳng thức cho các hệ thức hình học trong tam giác
Bài 26. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

ab  bc  ca  36r 2 .

(26)
2

2

Chứng minh. Theo (1) thì ab  bc  ca  p  4 Rr  r .
Áp dụng bất đẳng thức Euler và Hệ quả 1, ta có
ab  bc  ca  p 2  4 Rr  r 2  16 Rr  4r 2  32r 2 .
Vậy (26) được chứng minh.

Bài 27. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

36r 2  4r  4 R  r   18Rr  p 2  4 Rr  r 2  a 2  b 2  c 2
 8 R 2  4r 2  9 R 2 .
Chứng minh.
1) Ta có 36r 2  4r  4 R  r   32r 2  16 Rr  R  2r.
2) Bất đẳng thức 4r  4 R  r   18Rr  4r 2  2 Rr  R  2r.
3) Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen với p2  16 Rr  5r 2 , ta có

p2  4Rr  r 2  16Rr  5r 2  4Rr  r 2  20Rr  4r 2 .

(27)


Ta cần chứng minh 20 Rr  4r 2  18Rr  R  2r. (Luôn đúng).
4) Bất đẳng thức p 2  4 Rr  r 2  a 2  b 2  c 2 .
Theo (2), thì a 2  b 2  c 2  2 p 2  8 Rr  2r 2 . Vậy ta cần chứng minh
p 2  4 Rr  r 2  2 p 2  8 Rr  2r 2  p 2  12 Rr  3r 2 . (Đây là Hệ quả 1).
5) Bất đẳng thức
a 2  b 2  c 2  8 R 2  4r 2  2 p 2  8 Rr  2r 2  8 R 2  4r 2 ;
tương đương p 2  4 R 2  4 Rr  3r 2 . (Đây là bất đẳng thức Geretsen).
6) Bất đẳng thức

8R 2  4r 2  9 R 2  R  2r.
Vậy (27) được chứng minh.

39


Bài 30. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

27r 2  ha hb  hb hc  hc ha  p 2 .
Chứng minh. Theo (9) thì ha hb  hb hc  hc ha 
Do đó (30) trở thành 27r 2 

(30)

2 p2r
.
R

2 p2r
 p2.
R

2 p2r
 27 Rr  2 p 2 . Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen với
R
2
2
p  16Rr  5r  2 p2  32Rr  10r 2 . Ta cần chứng minh

Ta có 27r 2 

p2  16Rr  5r 2  32Rr  10r 2  27 Rr  R  2r.
Vậy (30) được chứng minh.
Nhận xét: Với ý tưởng tương tự, bằng cách sử dụng bất đẳng thức Euler, bất
đẳng thức Gerretsen, kết hợp với các đẳng thức hình học khác thì bạn đọc có
thể xây dựng và sáng tạo thêm rất nhiều bất đẳng thức hình học mới.

2.2. Bất đẳng thức cho các hệ thức lượng giác trong tam giác
Bài 31. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

3
cos A  cos B  cos C  .
2

(31)

Chứng minh. Từ (11), ta có cos A  cos B  cos C  1 
Do đó, ta chỉ cần chứng minh 1 

r
.
R

r 3
  R  2r. (luôn đúng).
R 2

Vậy (31) được chứng minh.
Bài 32. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

6 Rr  2R 2  3r 2
r2

cos
A
cos
B

cos
C

.
2R 2
2R2
Chứng minh. Từ (12), ta có cos A cos B cos C 
Bất đẳng thức (32) trở thành

p 2  r 2  4 Rr
 1.
4R2

(32)


6 Rr  2 R 2  3r 2 p 2  r 2  4 Rr
r2

1  2 .
2R2
4R2
2R
Ta có

6 Rr  2R 2  3r 2 p 2  r 2  4 Rr

1
2R 2
4R2

 12 Rr  4 R 2  6r 2  p 2  r 2  4 Rr  4 R 2  p 2  16Rr  5r 2 .
Bất đẳng thức cuối đúng vì là bất đẳng thức Gerretsen.
Ta cần chứng bất đẳng thức còn lại

p 2  r 2  4Rr
r2

1

 p 2  r 2  4Rr  4R 2  2r 2
4R2
2R2
 p 2  4 R 2  4 Rr  3r 2 .
(Đúng vì là bất đẳng thức Gerretsen). Vậy (32) được chứng minh.
Bài 33. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng

A
B
C 3
 sin 2  sin 2  .
(33)
2
2
2 4
A
B
C
r
.
Chứng minh. Từ (13), ta có sin 2  sin 2  sin 2  1 

2
2
2
2R
r 1
Theo bất đẳng thức Euler, ta có R  2r   .
R 2
r
1 3
 1   . Vậy (33) được chứng minh.
Suy ra 1 
2R
4 4
Bài 34. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng
sin 2

9r
A
B
C 9
 cos 2  cos 2  cos 2  .
(34)
2R
2
2
2 4
A
B
C
r

.
Chứng minh. Theo (14) ta có cos 2  cos 2  cos 2  2 
2
2
2
2R
r
9
r
1
 
  R  2r. (BĐT Euler).
Ta chứng minh 2 
2R 4
2R 4
9r
r
 2
 9r  4 R  r  R  2r. (BĐT Euler).
Bây giờ, ta chứng minh
2R
2R
Vậy (34) được chứng minh.
Bài 35. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c. Chứng minh rằng
41


3r  2 R  r 
R2

r2
 sin A  sin B  sin C  2  2 .
R
2

2

2

(35)

p 2  4Rr  r 2
.
Chứng minh. Theo (16) ta có sin A  sin B  sin C 
2R2
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2

3r  2R  r 
R2
Ta chứng minh



2

2

p 2  4 Rr  r 2
r2


2

.
2R2
R2

3r  2 R  r 

p 2  4 Rr  r 2

R2
2R2
 12 Rr  6r 2  p 2  4 Rr  r 2  p 2  16 Rr  5r 2 .
Bất đẳng thức đúng vì là bất đẳng thức Gerretsen.
Bây giờ ta chứng minh

p 2  4 Rr  r 2
r2

2

 p 2  4 Rr  r 2  4R 2  2r 2
2R2
R2
 p 2  4 R 2  4 Rr  3r 2 .
Bất đẳng thức đúng vì là bất đẳng thức Gerretsen.
Vậy (35) được chứng minh.
Nhận xét: Với ý tưởng tương tự, bạn đọc có thể xây dựng và sáng tạo rất
nhiều bất đẳng thức lượng giác từ các hệ thức lượng giác trong tam giác.

Chuyên đề 5.
BẤT ĐẲNG THỨC FINSHER-HADWIGER
Chuyên đề này trình bày một số cách chứng minh về bất đẳng thức FinslerHadwiger, ngoài ra cũng đề cập tới nhiều bất đẳng thức đẹp, hay và chặt
với những đánh giá xung quanh đến bất đẳng thức này.

1. ĐỊNH LÍ (Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger)
Trong mọi tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c . Khi đó
a 2  b 2  c 2  4 S 3  (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a )2 .

(I)

Chứng minh 1. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
a 2  (b  c) 2  b 2  (c  a ) 2  c 2  (a  b)2  4 S 3,
 (a  b  c)(a  b  c)  (b  c  a )(b  c  a )  (c  a  b)(c  a  b)  4 S 3.

Đặt x   a  b  c, y  a  b  c, z  a  b  c . Do a, b, c là ba cạnh tam giác
nên x, y, z dương và ta có

4S 3  3( x  y  z ) xyz .
Ta cần chứng minh bất đẳng thức xy  yz  zx  3( x  y  z ) xyz .
Chia cả hai vế cho xyz và đặt u 

1
1
1
, v  , w  , ta có
x
y

z

 1
1 1 1
1 1 
   3   ,
x y z
 xy yz zx 

hay

u  v  w  3  uv  vw  wu  .

Đem bình phương hai vế và giản ước ta thu được bất đẳng thức luôn đúng
u 2  v 2  w2  uv  vw  wu.
Chứng minh 2. Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành
2ab  2bc  2ca  a 2  b 2  c 2  4 3S .
Sử dụng các đẳng thức
43


ab  bc  ca  p 2  r 2  4 Rr và a 2  b 2  c 2  2 p 2  2r 2  8 Rr
(xem chứng minh trong chuyên đề 1), bất đẳng thức cần chứng minh
tương đương
4r 2  16 Rr  4 3S
 r 2  4 Rr  3rp
 r  4R  3 p

 3 p 2  r 2  8Rr  16 R 2 .
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p 2  4 R 2  4 Rr  3r 2 , ta cần chứng minh

12 R 2  12 Rr  9r 2  r 2  8 Rr  16 R 2
 2r 2  Rr  R 2  ( R  2r )( R  r )  0. (Bất đẳng thức Euler).

Chứng minh 3. Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành
2ab  2bc  2ca  a 2  b 2  c 2  4 3S .
Theo định lí Côsin, ta có
1
a 2  b 2  c 2  2bc.cos A  b 2  c 2  4. .ab sin A.cot A  b 2  c 2  4.S .cot A.
2
Tương tự b 2  a 2  c 2  4.S .cot B; c 2  a 2  b 2  4.S .cot C.
Suy ra a 2  b 2  c 2  4S  cot A  cot B  cot C  .
Từ đó ta có
2ab  2bc  2ca  a 2  b 2  c 2
1
1 
 1
 4S 


  4 S  cot A  cot B  cot C  .
 sin A sin B sin C 
2 cos 2

Vì

A
2

1
1  cos A

A
 cot A 

 tan nên
A
A
sin A
sin A
2
2sin cos
2
2

A
B
C

2ab  2bc  2ca  a 2  b 2  c 2  4 S  tan  tan  tan  .
2
2
2

Vậy, ta cần chứng minh
A
B
C
A
B
C


4S  tan  tan  tan   4S 3  tan  tan  tan  3.
2
2
2
2
2
2



Bất đẳng thức cuối luôn đúng vì
2

A
B
C
A
B
B
C
C
A


 tan  tan  tan   3  tan tan  tan tan  tan tan   3.
2
2
2
2
2

2
2
2
2


Vậy ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh 4. Ta có
a 2  b 2  c 2  4 S 3  (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a ) 2 ,
được viết lại thành

a  p  a   b  p  b   c  p  c   2 3S .
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si và công thức Hê rông, ta có
a  p  a   b  p  b   c  p  c   3 3 abc  p  a  p  b  p  c   3S 3

4R
.
p

Ta cần chứng minh
3S 3

4R
4R
3 3
 2 3S  3 3
 2 3  27.4 R  8.3 3 p  p 
R.
p
p

2

Bất đẳng thức cuối luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.

2. CÁC BÀI TOÁN XUNG QUANH BẤT ĐẲNG THỨC
FINSLER-HADWIGER
Bài 1 (Bất đẳng thức Weitzenbock). Trong mọi tam giác ABC với độ dài
các cạnh là a, b, c . Khi đó
a 2  b 2  c 2  4 3S .
Chứng minh. Suy ra được ngay từ bất đẳng thức Finsler-Hadwiger
Bài 2.
2

2

2

a 2  b 2  c 2  2 S 3  2r  4 R  r    a  b    b  c    c  a  .

(1)

(2)

Chứng minh. Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành





2  ab  bc  ca   a 2  b 2  c 2  2 S 3  2r  4 R  r  .

Sử dụng các đẳng thức (xem Chuyên đề 1)
ab  bc  ca  p 2  4 Rr  r 2 và a 2  b 2  c 2  2  p 2  r 2  4 Rr  ,
ta thu được bất đẳng thức
16 Rr  4r 2  2S 3  2r  4 R  r 
45


 4R  r  p 3 

 4R  r 

2

 3 p2.

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p 2  4 R 2  4 Rr  3r 2 . Ta cần chứng minh





3 4 R 2  4 Rr  3r 2   4 R  r 

2

 4 R 2  4 Rr  8r 2  0
 4  R  2r  R  r   0
 R  2r. Bất đẳng thức Euler.

Bài 4. (Cezar Lupu, Cosmin Pohoata) (Làm mạnh bất đẳng thức FinslerHadwiger)
a 2  b 2  c 2  4S 3 

4  R  2r 

2

2

2

  a  b   b  c    c  a  .

(4)

4R  r
Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
2  ab  bc  ca   4 S 3 

4  R  2r 

4R  r
Sử dụng các đẳng thức (xem Chuyên đề 1)

 a 2  b2  c2 .

ab  bc  ca  p 2  4 Rr  r 2 và a 2  b 2  c 2  2  p 2  r 2  4 Rr  ,
bất đẳng thức cần chứng minh trở thành





2 p 2  4 Rr  r 2  4 pr 3 
 4R  r  p 3 

4  R  2r 
4R  r



 2 p 2  r 2  4 Rr



4  R  2r 
4R  r

2

 4R  r 
9r

4
 
 p  4R  r

(4.1)

3

  4 R  r   p 2 16 R  5r  .

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p 2  4 R 2  4 Rr  3r 2 , ta có





p 2 16 R  5r   4 R 2  4 Rr  3r 2 16 R  5r  .

Ta cần chứng minh

 4R

2



 4 Rr  3r 2 16 R  5r    4 R  r 

3

 64 R 3  20 R 2 r  64 R 2 r  20 Rr 2  48Rr 2  15r 3  64 R3  48R 2 r  12 Rr 2  r 3
2

 4 R 2 r  16 Rr 2  16r 3  0  4r  R  2r   0.
Bất đẳng thức cuối luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Ta có (4) được viết lại với hình thức khác như sau.



2  ab  bc  ca   a 2  b 2  c 2
2S

2

3

4  R  2r 
4R  r

.

 4*

47