(Luận văn thạc sĩ) một số dạng bất đẳng thức hình học

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Trần Quang Hùng

TÓM TẮT LUẬN VĂN CAO HỌC
MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

Hà Nội - 2011


MỤC LỤC

1

Các kiến thức cơ bản trong đại số và hình học

1.1
1.2
1.3
1.4
1.5

1.6

2

Nguyên lý cực trị trong hình học . . . . . . . . . . . .
Nguyên lý Dirchlet trong hình học . . . . . . . . . . . .
Nguyên lý khởi đầu cực trị . . . . . . . . . . . . . . . .
Phép chứng minh phản chứng . . . . . . . . . . . . . .

Các bất đẳng thức đại số . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 Bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . .
1.5.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . .
1.5.3 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức
1.5.4 Bất đẳng thức Holder . . . . . . . . . . . . . .
1.5.5 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa . . . . . . .
1.5.6 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . .
1.5.7 Bất đẳng thức Schur . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.8 Bất đẳng thức Nesbitt . . . . . . . . . . . . . .
Một số bất đẳng thức hình học cơ bản . . . . . . . . .
1.6.1 Các hệ thức trong tam giác . . . . . . . . . . .
1.6.2 Các hệ thức liên quan đến vector . . . . . . . .
1.6.3 Một số kết quả quan trọng trong hình học . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong tam giác

2.1
2.2

2.3

Phương pháp sử dụng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phương pháp vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Ứng dụng và làm mạnh bất đẳng thức tam giác . . . . . . . . .
2.2.2 Kết hợp bất đẳng thức Ptolemy và bất đẳng thức tam giác . . .
2.2.3 Ứng dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz dạng vector . . . . . .
2.2.4 Phương pháp bình phương vơ hướng . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.5 Một số bài toán trong các kỳ thi Olympiad . . . . . . . . . . . .
Phương pháp R, r, p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Bổ đề của Jack Garfunkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Một vài bài toán ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Sử dụng tham số xây dựng bất đẳng thức mới từ các bất đẳng
thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

5
5
5
6
6
6
6
7
7
7
8
9

9
9
9
9
10
11
14
14
27
27
29
30
32
32
33
33
34
43


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
2.4 Một số bài toán chọn lọc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo

2
45
75


LỜI NÓI ĐẦU

Lịch sử bất đẳng thức bắt nguồn từ rất lâu và vẫn xuyên suốt, thăng hoa qua thời
gian cho tới tận ngày nay. Như Richard Bellman đã từng nói: “. . . Có ít nhất ba lý do
giải thích tại sao chúng ta ln quan tâm tới bất đẳng thức. Đó chính là thực hành, lý
thuyết, và quan trọng nhất là thẩm mỹ – vẻ đẹp tồn tại trong con mắt của những người
quan tâm tới bất đẳng thức; . . . Mọi người thường dễ dàng cảm nhận được vẻ đẹp trong
những bản nhạc, hay những lời thơ. Thế nhưng vẻ đẹp trong Toán học lại thật kì lạ và
thú vị, nó địi hỏi một tâm hồn phong phú, tri thức nhưng lãng mạn.”
Trong cái vẻ đẹp xun qua lịch sử của bất đẳng thức thì khơng thể khơng nhắc tới
bộ phận chính làm nên vẻ đẹp đó, chính là các bất đẳng thức hình học. Bất đẳng thức
mà tính đại số, hình học mang tính tư duy trực quan, một sự kết hợp của cả đại số và
hình học được nảy sinh trong từng bài bất đẳng thức hình.
Bất đẳng thức hình học là phần quan trọng trong hình học, nó xuất hiện trong nhiều
lĩnh vực khác nhau của hình học. Với sự hỗ trợ của các bất đẳng thức trong hình học,
chúng ta đã giải quyết được rất nhiều vấn đề hóc búa của hình học từ sơ cấp đến cao
cấp. Bên cạnh đó, bất đẳng thức hình học cũng có ứng dụng rộng rãi trong cuộc sống,
từ việc so sánh các độ dài đến so sánh diện tích, thể tích. . . đều thấy sự có mặt của bất
đẳng thức hình học. Việc chứng minh các bất đẳng thức hình học là cơng việc khơng
phải một sớm một chiều, nó cần sự tổng hợp, phân tích, đánh giá, kết hợp cả các kiến
thức đại số và hình học cùng khả năng liên tưởng nhạy bén, sáng tạo để sáng tạo ra
những bài toán hay và cách giải một bài tốn bất đẳng thức có yếu tố hình học.
Ngày nay, trong các kỳ thi Olympic các nước trên thế giới, bất đẳng thức hình học
cũng đã và đang chiếm một vị trí quan trọng. Bằng cái nhìn tổng quan, luận văn này
cũng đã nêu ra một số ví dụ điển hình trong các kỳ thì Olympic các nước thời gian
qua.
Luận văn được chia thành các chương:
Chương 1. Các kiến thức cơ bản trong hình học. Chương này nêu lên các kiến thức
cơ bản trong hình học phẳng, chủ yếu là các vấn đề về cực trị, các kết quả quan
trọng trong tam giác, tứ giác, hình trịn. . . Các ngun lý như ngun lý cùng
các bất đẳng thức đại số thường được sử dụng.

Chương 2. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong tam giác. Chương
thứ hai tập hợp một số phương pháp giải quyết các bài toán về bất đẳng thức
trong tam giác cùng các kĩ thuật xây dựng các bất đẳng thức trong hình học
được trình bày dưới dạng phương pháp giải và xây dựng.
3


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

4

Để hoàn thành được luận văn này, trước nhất tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc tới
người thầy đáng kính của mình là PGS.TS. Nguyễn Vũ Lương người thầy đã dìu
dắt tơi từ những ngày khởi nghiệp đi dạy cho tới khi tơi hồn thành bản luận văn này.
Thầy đã chỉ bảo tận tình và giúp đỡ tôi thật nhiều trong mọi việc, không chỉ trong
khóa luận này mà cịn trong cả q trình làm việc của tôi. Qua đây tôi cũng xin được
gửi lời cảm ơn chân thành các thầy cô đã đọc, kiểm tra, đánh giá và cho những ý kiến
quý báu để luận văn được đầy đủ hơn, phong phú hơn. Cũng xin được gửi lời cảm ơn
tới tất cả các thầy cô giáo trong trường THPT chuyên KHTN và đặc biệt là các các
thầy cơ giáo trong bộ mơn tốn của trường, những người thầy, những người bạn đã
giúp đỡ tơi rất nhiều trong q trình làm luận văn. Tơi cũng xin được gửi lời cảm ơn
tới Ban giám hiệu, phịng sau Đại học, khoa Tốn-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa
học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt q trình học tập tại trường.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn đề trong
khóa luận vẫn chưa được trình bày sâu sắc và khơng thể tránh khỏi có những sai sót
trong cách trình bày. Mong được sự góp ý xây dựng của thầy cô và các bạn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hà nội, ngày 10 tháng 11 năm 2011
Học viên
Trần Quang Hùng

1
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
TRONG ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC

1.1

Nguyên lý cực trị trong hình học

(1) Trong tất cả các cách nối hai điểm A và B thì đoạn thẳng có độ dài ngắn nhất.
(2) Trong tất cả các đoạn thẳng nối từ một điểm cho trước tới một điểm trên một
đường thẳng (hoặc mặt phẳng) cho trước thì đoạn vng góc có độ dài ngắn
nhất.
(3) Trong tất cả các đường xiên kẻ từ một điểm cho trước tới cùng một đường thẳng
(hoặc mặt phẳng) cho trước, đường xiên nào có hình chiếu ngắn hơn thì ngắn
hơn.
(4) Trong các tam giác có cùng chu vi, tam giác đều có diện tích lớn nhất. Trong các
tam giác có cùng diện tích, tam giác đều có chu vi nhỏ nhất.
(5) Độ dài của một đoạn thẳng nằm trong một đa giác lồi không lớn hơn khoảng
cách lớn nhất nối hai đỉnh của nó.
(6) Nếu một đa giác lồi chứa một đa giác lồi khác, thì chu vi của đa giác ngồi sẽ
lớn hơn chu vi của đa giác trong.
(7) Nếu M là một điểm nằm trong đường trịn tâm O thì trong các dây cung đi qua
M, dây cung vng góc với OM có độ dài ngắn nhất.

1.2

Ngun lý Dirchlet trong hình học

Một trong những cơng cụ hữu ích dùng giải quyết nhiều vấn đề của Tốn học, trong
đó có cả hình học, là nguyên lý Dirichlet.
Định lý 1.1 (Nguyên lý Dirichlet). Nếu nhốt n + 1 chú thỏ vào n cái chuồng thì bao
giờ cũng có ít nhất 2 thỏ bị nhốt vào cùng một chuồng.
Ngoài dạng phát biểu như trên, ngun lý Dirichlet cịn có thể được phát biểu dưới
dạng hình học như sau:
Định lý 1.2 (Nguyên lý Dirichlet với độ dài). Trên đường thẳng cho đoạn AB có độ
dài a và một số đoạn con Ai Bi (i = 1, n) có tổng độ dài b. Khi đó,
5


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

6

• Nếu b < ka (k ∈ N∗ ) thì bên trong đoạn AB tồn tại điểm M thuộc không quá
k − 1 đoạn con Ai Bi .
• Nếu b > ka (k ∈ N∗ ) và đoạn AB chứa tất cả các đoạn con Ai Bi thì có ít nhất
k + 1 đoạn con Ai Bi có điểm chung.
Định lý 1.3 (Nguyên lý Dirichlet đối với diện tích). Trong một mặt phẳng cho hình
(H) có diện tích S và các hình (Hi ) (i = 1, n) có tổng diện tích là T. Khi đó,
• Nếu T < kS (k ∈ N∗ ) thì tồn tại điểm M nằm trong hình (H) sao cho M là
điểm trong chung của khơng q k − 1 hình trong các hình (Hi ) (i = 1, n).
• Nếu T > kS (k ∈ N∗ ) và hình (H) chứa tất cả các hình (Hi ) (i = 1, n) thì tồn
tại một điểm M trong (H) sao cho M là điểm trong chung của ít nhất (k + 1)
hình trong số các hình Hi .

1.3

Nguyên lý khởi đầu cực trị

Nguyên lý khởi đầu cực trị được phát triển mạnh mẽ trong Graph hữu hạn. Nó được
phát biểu dưới dạng tập hợp như sau:
Định lý 1.4 (Nguyên lý khởi đầu cực trị). Trong một tập hợp hữu hạn (khác rỗng)
các số thực ln có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất.

1.4

Phép chứng minh phản chứng

Phép chứng minh phản chứng có cơ sở dựa vào định lý sau:
Định lý 1.5. Mệnh đề A → B tương đương với mệnh đề B → A.
Với kết quả thu được từ định lý này, ta thấy rằng khi việc chỉ ra A → B gặp khó khăn,
ta có thể giả sử rằng khơng có B. Sau đó với các phép lập luận biện chứng, ta sẽ tìm
cách đưa đến kết quả A hoặc một kết quả nào đó khơng phù hợp với các tiên đề, định
lý, các giá trị hằng đúng đã có. Một phép lập luận như vậy ta gọi là phép phản chứng.

1.5

Các bất đẳng thức đại số

Nhiều bất đẳng thức đại số có ứng dụng sâu rộng, trong đó phải kể đến bất đẳng thức
AM-GM (Arithmetic Mean – Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất
đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Jensen. . .

1.5.1

Bất đẳng thức AM-GM

Định lý 1.6 (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
a1 a2 · · · an
n
và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an .


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

7

Chú ý. Ngoài ra, bất đẳng thức AM-GM cịn có thể được viết dưới dạng sau
(
)n
a1 + a2 + · · · + an
a1 a2 · · · an
.
n

1.5.2

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Định lý 1.7 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz). 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

(a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ).

a1
a2
an
=
= ··· =
. (Lưu ý rằng ở đây ta sử dụng
b1
b2
bn
quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0.)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1.5.3

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức

Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức). Xét hai bộ số thực tùy
ý a1 , a2 , . . . , an và b1 , b2 , . . . , bn trong đó bi > 0, ∀i = 1, 2, . . . , n. Khi đó, ta có
a21 a22
a2
(a1 + a2 + · · · + an )2
+
+ ··· + n
.
b1
b2
bn
b1 + b2 + · · · + bn

a1
a2
an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
=
= ··· = .
b1
b2
bn
Từ định lý này, ta thu được hai hệ quả quan trọng sau:
• Với n số thực tùy ý a1 , a2 , . . . , an , ta có
a21 + a22 + · · · + a2n

(a1 + a2 + · · · + an )2
.
n

Kết quả này thu được bằng cho b1 = b1 = · · · = bn = 1.
• Với n số thực dương tùy ý x1 , x2 , . . . , xn , ta có
1
1
1
+
+ ··· +
x1 x2
xn

n2
.
x1 + x 2 + · · · + xn

Kết quả này có thể thu được bằng cách cho a1 = a2 = · · · = an = 1 và b1 = x1 ,
b2 = x2 , . . . , bn = xn .

1.5.4

Bất đẳng thức Holder

Định lý 1.9 (Bất đẳng thức Holder). Cho xij với i = 1, 2, . . . , m và j = 1, 2, . . . , n là
các số thực khơng âm, khi đó ta có bất đẳng thức sau
( n
m
∏
∑
i=1

j=1

xij

)1
m

1
n ∏
m
∑
xijm .
j=1 i=1

Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

8

Chú ý. Khi ứng dụng vào giải toán, ta thường sử dụng bất đẳng thức Holder ở hai
dạng đặc biệt sau:
• Với sáu số thực khơng âm a, b, c, x, y, z, ta có
(a3 + x3 )(b3 + y 3 )(c3 + z 3 )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(abc + xyz)3 .

a
b
c
= = .
x
y
z

• Với chín số thực khơng âm a, b, c, x, y, z, m, n, p, ta có
(a3 + b3 + c3 )(x3 + y 3 + z 3 )(m3 + n3 + p3 )
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1.5.5

(axm + byn + czp)3 .

a

b
c
a
b
c
= = và
= = .
x
y
z
m
n
p

Bất đẳng thức trung bình lũy thừa

Định lý 1.10 (Bất đẳng thức trung bình lũy thừa). Cho a1 , a2 , . . . , an là các số thực
khơng âm và r s > 0. Khi đó, ta có
(

)1
ar1 + ar2 + · · · + arn r
n

(

)1
as1 + as2 + · · · + asn s
.
n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi r = s hoặc a1 = a2 = · · · = an .
Đặc biệt:
• Khi r = n và s = 1, ta có
√
n
n
n
n a1 + a2 + · · · + an
n
hay

1
, ta có
n

a1 + a2 + · · · + an
n
hay

(

an1 + an2 + · · · + ann
n

• Khi r = 1 và s =

√
n

a1 +

√
n

a2 + · · · +
n

a1 + a2 + · · · + an
,
n

(√
n

√
n

a1 + a2 + · · · + an
n

a1 +

an

√
n

√
n

a2 + · · · +
n

)n

√
n

.

an

)n
,

a1 + a2 + · · · + an
.
n

Đây chính là các kết quả quen thuộc rất hay được sử dụng trong chứng minh bất đẳng
thức, đặc biệt là các bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố hình học (điều này sẽ
được thể hiện rõ ở các chương sau).


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

1.5.6

9

Bất đẳng thức Jensen

Định lý 1.11 (Bất đẳng thức Jensen). Cho f : D → R là hàm lồi và n ∈ N∗ . Xét hai
dãy số {xi }ni=1 ⊂ D và {λi }ni=1 ⊂ [0, 1] sao cho λ1 + λ2 + · · · + λn = 1. Khi đó ta có
f (λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λn xn )

1.5.7

λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + · · · + λn f (xn ).

Bất đẳng thức Schur

Định lý 1.12 (Bất đẳng thức Schur). Với các số thực không âm a, b, c cho trước và
k là số thực dương bất kì, ta có
ak (a − b)(a − c) + bk (b − c)(b − a) + ck (c − a)(c − b)

0.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 cùng các hoán vị.
Trường hợp hay được sử dụng nhất của bất đẳng thức Schur là khi k = 1, lúc này ta
có thể viết lại bất đẳng thức dưới dạng
a3 + b3 + c3 + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca(c + a)

1.5.8

0.

Bất đẳng thức Nesbitt

Định lý 1.13 (Bất đẳng thức Nesbitt). Cho các số dương a, b, c. Khi đó ta có
a
b
c
+
+
b+c c+a a+b

3
.
2

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

1.6
1.6.1

Một số bất đẳng thức hình học cơ bản
Các hệ thức trong tam giác

Trong luận văn này, ta sẽ sử dụng một số kí hiệu thống nhất trong tam giác như sau:
Xét một tam giác ABC cho trước. Khi đó, ta kí hiệu:
• BC = a, CA = b, AB = c;
• ma , mb , mc , la , lb , lc , 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;
• p là nửa chu vi tam giác;
• SABC là diện tích tam giác ABC và trong trường hợp khơng nhầm lẫn, ta kí hiệu
là S;
• r, R lần lượt là các bán kính đường trịn nội tiếp, đường trịn ngoại tiếp tam giác;
• ra , rb , rc là bán kính các đường trịn bàng tiếp các góc A, B, C.

Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

10

Kí hiệu x, y, z là hoán vị cho a, b, c và X, Y, Z hoán vị cho A, B, C. Lúc này, ta thiết
lập được các hệ thức sau đây:
1. Các công thức diện tích tam giác:
√
1
xyz
1
S = xhx = (p − x)rx = yz sin X =
= pr = p(p − x)(p − y)(p − z).
2
2
4R
2. Các công thức trung tuyến:
m2x =

y 2 + z 2 x2
− .
2
4

3. Các công thức phân giác:
lx2 =
4. Định lý sin:

4yz
p(p − x).
(y + z)2
x
= 2R.
sin X

5. Định lý cosin:
x2 = y 2 + z 2 − 2yz cos X.
6. Biểu thức đối xứng của a, b, c biểu diễn qua p, R, r:
a + b + c = 2p,

1.6.2

ab + bc + ca = p2 + r2 + 4Rr,

abc = 4pRr.

Các hệ thức liên quan đến vector

Tâm tỉ cự của hệ điểm
Định nghĩa 1.1. Cho một hệ n điểm {A1 , A2 , . . . , An } và một bộ hệ số {α1 , α2 , . . . , αn }
thỏa mãn α1 + α2 + · · · + αn ̸= 0. Khi đó, nếu điểm I thỏa mãn
−−→
−−→
−−→ −
→
α1 IA1 + α2 IA2 + · · · + αn IAn = 0
thì I được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm {A1 , A2 , . . . , An } ứng với bộ hệ số {α1 , α2 , . . . , αn }.
Tính chất. Giả sử I là tâm tỉ cự của hệ n điểm {A1 , A2 , . . . , An } ứng với bộ hệ số

{α1 , α2 , . . . , αn } (α1 + α2 + · · · + αn ̸= 0). Khi đó ta có các tính chất sau: Với điểm O
tùy ý trên mặt phẳng, ta có
( −−→
−−→)
−−→
−→
1
α1 OA1 + α2 OA2 + · · · + αn OAn .
OI =
α1 + α2 + · · · + αn
Và nếu đặt βi =

αi
thì ta có β1 + β2 + · · · + βn = 1 và
α1 + α2 + · · · + αn
−−→
−−→
−−→
−→
OI = β1 OA1 + β2 OA2 + · · · + βn OAn .


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

11

Bất đẳng thức cơ bản trong vector
−
→
→

Với hai vector tùy ý −
a và b , ta có các đánh giá cơ bản sau:
−
→
→
• −
a · b
→
−
→
• −
a + b

−
→
−
→
→
→
|−
a | · b và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi −
a và b cùng phương.
−
→
−
→
→
→
|−
a | + b , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi −

a = k b (k > 0). Lưu ý

rằng kết quả này vẫn đúng cho trường hợp tổng quát n vector, khi đó ta vẫn có
→
→
→
|−
a1 + −
a2 + · · · + −
an |

1.6.3

→
→
→
|−
a1 | + |−
a2 | + · · · + |−
an | .

Một số kết quả quan trọng trong hình học

Ngồi các nội dung đã đề cập ở trên, khi xem xét các bất đẳng thức hình học, chúng
ta cũng sẽ cần đến các kết quả quan trọng sau đây
Định lý 1.14 (Tâm tỷ cự cho hệ hai điểm). Cho đoạn AB và các số thực α, β, α +
−
→
−→
−

→
β ̸= 0 thì tồn tại duy nhất điểm I sao cho αIA + β IB = 0 . Nếu có α′ , β ′ sao cho
−
→
−→ −
β′
α′
→
α′ IA + β ′ IB = 0 , thì
= , khi đó ta nói I là tâm tỷ cự hệ hai điểm A, B ứng với
α
β
bộ số (α, β) và ký hiệu I(α, β).

B
A
I
Chứng minh. Ta có
−
→
−→ −
→
αIA + β IB = 0
−
→
−→ −
→
−
→
⇔ −αAI + β(AB − AI) = 0

−
→
β −→
⇔ AI =
AB
α+β
−→ −
−
→
→
Như vậy I xác định duy nhất, giả sử có α′ IA + β ′ IB = 0 tương tự ta suy ra
′
−
→
β −→
β
α+β
α
AI = ′
AB từ đây dễ suy ra ′ = ′
= ′.
′
′
α +β
β
α +β
α
Định lý 1.15 (Tâm tỷ cự cho hệ ba điểm). Cho tam giác ABC và các số thực α, β, γ α+
−
→

−→
−→ −
→
β + γ ̸= 0 thì tồn tại duy nhất điểm I sao cho αIA + β IB + γ IC = 0 khi đó giả sử có
−→ −
−→
−
→
α
β
γ
→
α′ , β ′ , γ ′ , α′ + β ′ + γ ′ ̸= 0 sao cho α′ IA + β ′ IB + γ ′ IC = 0 thì ′ = ′ = ′ , khi đó ta
α
β
γ
nói I là tâm tỷ cự của bộ ba điểm A, B, C ứng với bộ số (α, β, γ) và ký hiệu I(α, β, γ).


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

12

A

C

B

I

Chứng minh. Do α + β + γ ̸= 0 từ giả thiết đẳng thức vector ta có
−
→
−→
−→ −
→
αIA + β IB + γ IC = 0
Suy ra
−
→
AI = −(

−→
−→
β
γ
AB +
AC)
α+β+γ
α+β+γ

Theo định lý phân tích vector I tồn tại duy nhất.
−
→
−→
−→ −
→
Giả sử có α′ IA + β ′ IB + γ ′ IC = 0 ta suy ra
−
→

AI = −(

−→
−→
γ′
β′
AB
+
AC)
′
′
′
′
′
′
α +β +γ
α +β +γ

Theo sự phân tích vector thì
β
γ
α+β+γ
α
= ′ = ′
= ′
′
′
′
β
γ

α +β +γ
α
Đó là điều phải chứng minh.
Chú ý. Các định lý 1 và định lý 2 nói về sự tồn tại duy nhất của tâm tỷ cự ứng với
tọa độ tỷ cự sai khác nhau một tỷ lệ thức. Tâm tỷ cự hệ n điểm cũng được định nghĩa
bằng hệ thức vector tương tự, tức với A1 , ..., An phân biệt và các số thực α1 , ..., αn có
∑ −−→
−
→
tổng khác 0 thì tồn tại duy nhất điểm I thỏa mãn ni=1 IA1 = 0 . Tuy nhiên điểm
khác biệt cơ bản là với n > 3 với mỗi điểm điểm I trong mặt phẳng không xác định
duy nhất bộ (α1 , ..., αn ) sai khác nhau một tỷ lệ thức, tức là với I xác định ta có thể
tìm được nhiều bộ (α1 , ..., αn ) khơng tỷ lệ mà chúng vẫn thỏa mãn đẳng thứ vector
trên, chính điều này cho chúng ta thấy ta chỉ có thể dùng bộ ba tọa độ tỷ cự chỉ với
tam giác hoặc trong khơng gian là với tứ diện, đó thực chất cũng chính là hệ quả của
các định lý phân tích vector trong mặt phẳng hoặc khơng gian.
Phương tích
Phương tích trong chương trình hình học 10 thường được gắn liền với việc khai triển
nó theo cát tuyến, tuy nhiên ta sẽ định nghĩa phương tích một cách độc lập và nhìn lại
việc khai triển nó theo cát tuyến cũng như một hệ quả của hệ thức Leibnitz cho hai
điểm.


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

13

Định nghĩa 1.2. Cho đường tròn (O, R) và điểm P bất kỳ ta gọi số thực OP 2 − R2 là
phương tích của điểm P đối với đường trịn (O), phương tích được ký hiệu là PP/(O) .
Như vậy từ định nghĩa ta dễ thấy dấu của phương tích xác định tùy theo vị trí của

điểm đối với đường tròn.

B

A
O
R
P

Định lý 1.16 (Khai triển phương tích theo tiếp tuyến). Cho đường trịn (O) và P bất
kỳ ở ngoài (O). P T là tiếp tuyến của (O), T thuộc (O). Khi đó PP/(O) = P T 2 .

T

P
O

T'
Chứng minh. Định lý là hệ quả trực tiếp từ định nghĩa phương tích thơng qua định lý
Pythagoras.
Định lý 1.17 (Khai triển phương tích theo cát tuyến). Cho đường tròn (O) và điểm
P bất kỳ, một cát tuyến qua P cắt đường trịn tại hai điểm A, B thì tích P A · P B ln
khơng đổi với mọi cát tuyến qua P và chính bằng phương tích điểm P đối với (O) tức
PP/(O) = P A · P B


2
BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC

2.1

Phương pháp sử dụng đại số

Khi xem xét các bất đẳng thức trong tam giác, ta không thể nào không nhớ đến định
lý quen thuộc sau đây:
Định lý 2.1. Điều kiện cần và đủ để a, b, c là ba cạnh của tam giác là tồn tại các số
thực dương x, y, z sao cho a = y + x, b = z + x và c = x + y.
Dựa vào định lý này, ta có thể chuyển một bất đẳng thức trong tam giác về dạng bất
đẳng thức của các số dương. Từ đó, bằng cách sử dụng các phương pháp xử lý bất
đẳng thức đại số đã biết, ta sẽ có thể chứng minh được bất đẳng thức đã cho. Một
phép thế đổi biến như vậy được gọi là phép thế Ravi.
Sau đây là các ví dụ minh họa:
Bài tốn 2.1 (APMO, 1996). Chứng minh bất đẳng thức
√
√
√
√
√
√
a+b−c+ b+c−a+ c+a−b
a + b + c,
trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Chứng minh. Sử dụng phép thế Ravi, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
√
√
√
√
√
√
2x + 2y + 2z

x + y + y + z + z + x.
(1)
Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
√
√
(√
√
√
√ )2
√
x+ y
(1 + 1)(x + y)
2x + 2y
x+y =
=
.
2
2
2
Tương tự, ta cũng có

√

√
y+z

√

2z

√
2z + 2x
.
z+x
2
Cộng cả ba đánh giá trên lại theo vế, ta thu được ngay bất đẳng thức (1). Đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức là, khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác đã cho
là tam giác đều.
và

√

√

2y +
2

14


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

15

Bài toán 2.2 (Ấn Độ, 2003). Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC. Gọi
A′ B ′ C ′ là tam giác với độ dài các cạnh lần lượt là a + 2b , b + 2c , c + a2 . Chứng minh rằng
S∆A′ B ′ C ′

9
S∆ABC .

4

Chứng minh. Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Khi đó, độ dài
các cạnh của tam giác A′ B ′ C ′ là
b
z+x
x + 2y + 3z
= (y + z) +
=
,
2
2
2
c
x+y
y + 2z + 3x
b′ = b + = (z + x) +
=
,
2
2
2
a
y+z
z + 2x + 3y
c′ = c + = (x + y) +
=
.
2
2

2

a′ = a +

Gọi p và p′ lần lượt là hai nửa chu vi của ABC và A′ B ′ C ′ , ta có
p=

a+b+c
(y + z) + (z + x) + (x + y)
=
=x+y+z
2
2

và
a′ + b′ + c′
p′ =
=
2

x + 2y + 3z y + 2z + 3x z + 2x + 3y
+
+
3(x + y + z)
2
2
2
=
.
2

2

Từ đây, sử dụng công thức Heron cho diện tích tam giác, ta tính được
√
√
S∆ABC = p(p − a)(p − b)(p − c) = (x + y + z)xyz
và
S∆A′ B ′ C ′

√
= p′ (p′ − a′ )(p′ − b′ )(p′ − c′ ) =

√

3(x + y + z)(2x + y)(2y + z)(2z + x)
.
16

Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành
√
3(x + y + z)(2x + y)(2y + z)(2z + x)
9√
(x + y + z)xyz,
16
4
tương đương với
3(x + y + z)(2x + y)(2y + z)(2z + x)
16

81

(x + y + z)xyz,
16

hay
(2x + y)(2y + z)(2z + x)
Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
√
√
2x + y 3 3 x2 y, 2y + z 3 3 y 2 z,

27xyz.

2z + x

(1)
√
3
3 z 2 x.

Nhân ba bất đẳng thức lại, ta thu được ngay bất đẳng thức (1). Vậy bài toán được
giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, hay a = b = c.


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

16

Bài toán 2.3 (IMO, 1964). Cho các số dương a, b, c là độ dài các cạnh của một tam
giác. Chứng minh rằng
a2 (b + c − a) + b2 (c + a − b) + c2 (a + b − c)

3abc.

Chứng minh. Thay a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Bất đẳng thức
cần chứng minh trở thành
(y + z)2 (2x) + (z + x)2 (2y) + (x + y)2 (2z)

3(x + y)(y + z)(z + x).

Khai triển một chút, ta thấy
x(y + z)2 + y(z + x)2 + z(x + y)2 = x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x2 ) + z(x2 + y 2 ) + 6xyz
và
(x + y)(y + z)(z + x) = x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x2 ) + z(x2 + y 2 ) + 2xyz.
Do đó, bất đẳng thức ở trên tương đương với
[
]
2 x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x2 ) + z(x2 + y 2 ) + 6xyz
[
]
3 x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x2 ) + z(x2 + y 2 ) + 2xyz ,
hay
x(y 2 + z 2 ) + y(z 2 + x2 ) + z(x2 + y 2 )

6xyz.

Vì y 2 + z 2 2yz, z 2 + x2 2zx, x2 + y 2 2xy và x, y, z > 0 nên bất đẳng thức cuối
hiển nhiên đúng. Phép chứng minh được hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z, tức là khi tam giác ABC đều.
Bài toán 2.4. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và R là bán kính đường
trịn ngoại tiếp của tam giác đó. Chứng minh rằng

a2
b2
c2
+
+
b+c−a c+a−b a+b−c

√
3 3R.

Chứng minh. Áp dụng phép thế Ravi a = y + z, b = z + x, c = x + y (x, y, z > 0)
và công thức Heron, ta có
R=

abc
(y + z)(z + x)(x + y)
.
= √
4S
4 xyz(x + y + z)

Do đó, bất đẳng thức đã cho có thể được viết lại thành
(y + z)2 (z + x)2 (x + y)2
+
+
2x
2y
2z

√ (y + z)(z + x)(x + y)

3 3· √
,
4 xyz(x + y + z)

tương đương với
yz(y + z)2 + zx(z + x)2 + xy(x + y)2
2xyz

√
3 3(y + z)(z + x)(x + y)
√
,
4 xyz(x + y + z)


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
hay
[
]
√
2 x + y + z yz(y + z)2 + zx(z + x)2 + xy(x + y)2

√

17

27xyz(y + z)(z + x)(x + y).

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, dễ thấy
27xyz

(x + y + z)3 .

Vì thế, ta chỉ cần chứng minh được
√
2 x + y + z [yz(y + z)2 + zx(z + x)2 + xy(x + y)2 ]
√
(x + y + z)3 (y + z)(z + x)(x + y),
hay
[
]
2 yz(y + z)2 + zx(z + x)2 + xy(x + y)2

(x + y + z)(y + z)(z + x)(x + y).

Lại có
yz(y + z)2 + zx(z + x)2 + xy(x + y)2 =
= yz(y + z)(x + y + z − x) + zx(z + x)(x + y + z − y) + xy(x + y)(x + y + z − z)
[
] ∑
= (x + y + z) yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) −
xyz(y + z)
[
]
= (x + y + z) yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) − 2xyz .
1

Do đó, bất đẳng thức trên tương đương với
[
]

2(x + y + z) yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) − 2xyz

(x + y + z)(y + z)(z + x)(x + y),

hay
[
]
2 yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) − 2xyz

(y + z)(z + x)(x + y).

Tới đây, với để ý ở đồng nhất thức
(y + z)(z + x)(x + y) = xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) + 2xyz,
ta viết được bất đẳng thức cuối dưới dạng
yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y)

6xyz.

Và ta thấy ngay bất đẳng thức này đúng theo AM-GM
√
yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) 3 3 x2 y 2 z 2 (y + z)(z + x)(x + y)
√
( √ ) √
√
3 3 x2 y 2 z 2 (2 yz) 2 zx (2 xy) = 6xyz.
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
1

∑

f (x, y, z) ở đây được kí hiệu cho tổng hốn vị, cụ thể ta có
∑
f (x, y, z) = f (x, y, z) + f (y, z, x) + f (z, x, y).


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

18

Bài toán 2.5 (IMO, 1991). Cho tam giác ABC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp và
L, M, N tương ứng là các giao điểm của các phân giác trong của các góc A, B, C với
các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng
1
AI BI CI
<
·
·
4
AL BM CN

8
.
27

Chứng minh. Sử dụng tính chất của phân giác ta có
CA
b
CL
=
= ,

BL
BA
c
suy ra
a
BC
BL + CL
b
b+c
=
=
=1+ =
.
BL
BL
BL
c
c
Từ đây, ta tính được
BL =

ac
.
b+c

Bây giờ, xét tam giác ABL, ta có BI là phân giác trong của góc ABL nên
ac
IL
BL
a

=
= b+c =
.
AI
AB
c
b+c
Do đó

AL
AI + IL
IL
a
a+b+c
=
=1+
=1+
=
AI
AI
AI
b+c
b+c
AI
Và như thế, ta tính được tỉ số
theo a, b, c là
AL
AI
b+c
=

.
AL
a+b+c
Tính tốn tương tự, ta cũng có
BI
c+a
=
,
BM
a+b+c

CI
a+b
=
.
CN
a+b+c

Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(b + c)(c + a)(a + b)
1
<
4
(a + b + c)3

8
.
27

Và sau khi viết lại dưới dạng này, ta thấy ngay vế phải của bất đẳng thức đúng theo

bất đẳng thức AM-GM vì
[
]3
(b + c) + (c + a) + (a + b)
8
(b + c)(c + a)(a + b)
= (a + b + c)3 .
3
27


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

19

Vậy ta chỉ cần xét vế trái nữa là xong. Sử dụng phép thế Ravi, ta có ngay
[
][
][
]
(z + x) + (x + y) (x + y) + (y + z) (y + z) + (z + x)
(b + c)(c + a)(a + b)
=
[
]3
(a + b + c)3
(y + z) + (z + x) + (x + y)
=

(2x + y + z)(2y + z + x)(2z + x + y)

,
8(x + y + z)3

(2x + y + z)(2y + z + x)(2z + x + y)
1
>
. Thật vậy đặt x +
(x + y + z)3
2
(2x + y + z)(2y + z + x)(2z + x + y)
(T + x)(T + y)(T + z)
y + z = T . Ta có
=
>
3
(x + y + z)
T3
T 3 + (x + y + z)T
1
> . Bài toán được chứng minh xong.
2
T
2
Bài toán 2.6. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
Ta phải chứng minh

a2 (b − c)(b − a) b2 (c − a)(c − b) c2 (a − b)(a − c)
+
+
c+a−b

a+b−c
b+c−a

0.

Chứng minh. Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Ta có
[
][
]
(y + z)2 (z + x) − (x + y) (z + x) − (y + z)
a2 (b − c)(b − a)
=
c+a−b
(x + y) + (y + z) − (z + x)
2
(y + z)
=
(y − z)(y − x).
2y
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(x + y)2
(y + z)2
(z + x)2
(x − y)(x − z) +
(y − z)(y − x) +
(z − x)(z − y)
x
y
z
Lại có

∑ (x + y)2

0.

∑ (x + y)2 [
]
x(x − y − z) + yz
x
x
∑
∑ yz(x + y)2
=
(x + y)2 (x − y − z) +
x
∑[
∑ yz(x2 + 2xy + y 2 )
]
=
(x − y)(x + y)2 − z(x + y)2 +
x
)
∑
∑(
y3z
3
2
2
3
2
2

2
=
(x + x y − xy − y − zx − 2xyz − zy ) +
xyz + 2y z +
x
∑
∑
∑ y3z
+2
x2 y − 2
xy 2 − 3xyz
=
x
(∑ 2
)
∑x
∑y
y
= xyz
+2
−2
−3 ,
x2
z
z

2

(x − y)(x − z) =

nên ta viết được bất đẳng thức trên dưới dạng
)
(
)
( 2
x2 z 2
y x z
y
+
+
+2
+ +
x2 z 2 y 2
x z y
2

Chú ý rằng

∑

x3 =

∑

y3 =

∑

z3,

∑

x2 y =

(
2
∑

x y z
+ +
y z x

y2 z =

∑

)

z2x

+ 3.

(1)


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng
y x z
+ +
x z y
đẳng thức mạnh hơn

Mặt khác, vì

3 (theo AM-GM) nên để chứng minh (1), ta chỉ cần xét bất
(

y 2 x2 z 2
+
+
+3
x2 z 2 y 2
Đặt u =

20

2

x y z
+ +
y z x

)
.

y
x
z
, v = , w = thì ta có uvw = 1 và bất đẳng thức trở thành
x
z
y

u2 + v 2 + w 2 + 3

2(uv + vw + wu).

Theo nguyên lý Dirichlet, ta biết rằng trong ba số u, v, w sẽ có hai số hoặc cùng khơng
nhỏ hơn 1 hoặc cùng không lớn hơn 1. Và do vai trò của u, v, w là đối xứng nên ta
hồn tồn có thể giả sử một cách khơng mất tổng quát rằng hai số đó là u, v, thế thì
ta có (u − 1)(v − 1) 0, hay u + v uv + 1. Suy ra
uv + vw + wu = uv + w(u + v)

uv + w(1 + uv) = w + 1 + uv.

Do đó
u2 + v 2 + w2 + 3 − 2(uv + vw + wu)

u2 + v 2 + w2 + 3 − 2(1 + w + uv)
= (u − v)2 + (w − 1)2 0.

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u = v = w = 1, tức
x = y = z hay a = b = c.
Bài toán 2.7. Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
(a + b − c)2 (a − b + c)2 (−a + b + c)2 + (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2

a2 b2 c2 .

Chứng minh. Sử dụng phép thế Ravi a = y + z, b = z + x, c = x + y (x, y, z > 0),
bất đẳng thức trở thành
64x2 y 2 z 2 + (y − z)2 (z − x)2 (x − y)2

(x + y)2 (x + z)2 (y + z)2 .

Đặt A = x2 y + y 2 z + z 2 x, B = xy 2 + yz 2 + zx2 và C = xyz, ta dễ dàng kiểm tra được
các khai triển sau
(x − y)(y − z)(z − x) = B − A,

(x + y)(y + z)(z + x) = A + B + 2C.

Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành
(A + B + 2C)2

(B − A)2 + 64C 2 ,

tương đương
4AB + 4C(A + B)
và

∑

xy 2 =

∑

yz 2 =

60C 2 .
∑

zx2 .

Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

21

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta lại có
A = x2 y + y 2 z + z 2 x

3xyz = 3C

B = xy 2 + yz 2 + zx2

3xyz = 3C.

và
Vì thế nên
4AB + 4C(A + B)

4(3C)(3C) + 4C(3C + 3C) = 60C 2 .

Bài toán được chứng minh xong. Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z,
tức tam giác đã cho là tam giác đều.
Bài toán 2.8. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
(
)
(
)
(
)
√
√

√
1
1
1
1
1
1
a
−√
+ b
−√
+ c
−√
b+c−a
c+a−b
a+b−c
bc
bc
ab
√
Chứng minh. Nhân hai vế của bất đẳng thức với abc và chú ý rằng
√
(
)
√
√
1
1
a bc
abc · a

−√
− a,
=
b+c−a
b+c−a
bc
ta được bất đẳng thức tương đương là
√
√
√
a bc
b ca
c ab
+
+
b+c−a c+a−b a+b−c

0.

a + b + c.

Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Bất đẳng thức trên trở thành
√
√
(y + z) (x + y)(x + z) (z + x) (y + z)(y + x)
+
+
x
y
√

(x + y) (z + x)(z + y)
+
4(x + y + z).
z
Bây giờ, sử dụng lần lượt các bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có
√
(
√ )
√
(y + z) x + yz
(y + z) yz
(y + z) (x + y)(x + z)
=y+z+
x
x√
x
√
2 yz · yz
2yz
y+z+
=y+z+
.
x
x
Từ đánh giá này và hai đánh giá tương tự, ta đưa được bài toán về chứng minh
2yz 2zx 2xy
+
+
2(x + y + z),
x

y
z
hiển nhiên đúng vì theo AM-GM,
(
) (
) (
2yz 2zx 2xy
yz zx
zx xy
xy yz )
+
+
=
+
+
+
+
+
x
y
z
x
y
y
z
z
x
√
√
√

yz zx
zx xy
xy yz
2
·
+2
·
+2
·
x y
y
z
z x
= 2z + 2x + 2y = 2(x + y + z).
Phép chứng minh được hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

22

Bài toán 2.9. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi 2. Chứng minh rằng
a3 b3 c3 a3 b3 c3
+ + −
− −
< 3.
b
c
a
c

a
b
Chứng minh. Nhân hai vế của bất đẳng thức với abc, ta được
|ab4 + bc4 + ca4 − a4 b − b4 c − c4 a| < 3abc.
Ta sẽ chứng minh
ab4 + bc4 + ca4 − a4 b − b4 c − c4 a = (a − b)(b − c)(c − a)(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca). (1)
Thật vậy, nếu xem
ab4 + bc4 + ca4 − a4 b − b4 c − c4 a = (c − b)a4 + (b4 − c4 )a + bc4 − b4 c = P (a)
là một đa thức một biến theo a thì dễ thấy P (b) = P (c) = 0. Từ đó, áp dụng thuật
toán chia đa thức Horner, ta dễ dàng viết được
[
]
P (a) = (a − b)(a − c) (c − b)a2 + (c2 − b2 )a + (c3 − b3 )
[
]
= (a − b)(a − c)(c − b) a2 + (c + b)a + (c2 + bc + b2 )
= (a − b)(b − c)(c − a)(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca).
Vậy đồng nhất thức (1) được chứng minh, và sử dụng nó, ta viết được bất đẳng thức
cần chứng minh dưới dạng
(a − b)(b − c)(c − a)(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) < 3abc.
Bây giờ, đặt a = y + z, b = x + z, c = x + y với x, y, z > 0 thì
∑
∑
∑
∑
a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca =
a2 +
bc =
(y + z)2 +
(x + y)(x + z)

∑
∑
=
(y 2 + 2yz + z 2 ) +
(x2 + xy + yz + zx)
∑
∑
=3
x2 + 5
yz.
Và như thế, ta phải chứng minh
[
]
|x − y||y − z||z − x| 3(x2 + y 2 + z 2 ) + 5(xy + yz + zx) < 3(x + y)(y + z)(z + x).
Kết quả này hiển nhiên đúng do |x − y| < x + y, |y − z| < y + z, |z − x| < z + x và
3(x2 + y 2 + z 2 ) + 5(xy + yz + zx) < 3(x2 + y 2 + z 2 ) + 6(xy + yz + zx)
(
)2
a+b+c
2
= 3.
= 3(x + y + z) = 3
2
Bài toán được chứng minh xong.


Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

23

Bài toán 2.10 (IMO, 1983). Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a)

0.

Chứng minh. Đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0. Ta có
∑
∑
∑
[
]
a2 b(a − b) =
(y + z)2 (z + x)(y − x) =
(y + z)2 yz + x(y − z) − x2
∑
∑
∑
=
yz(y + z)2 −
x2 (y + z)2 +
x(y − z)(y + z)2
∑
∑
∑
=
yz(y 2 + z 2 ) − 2
x2 yz +
x(y 3 + y 2 z − yz 2 − z 3 )
(∑ 2 ∑ )
∑

∑
y
3
2
=2
xy − 2
x yz = 2xyz
−
x .
z
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
x2 y 2 z 2
+
+
y
z
x

x + y + z,

hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
x2 y 2 z 2
+
+
y
z
x

(x + y + z)2
= x + y + z.

y+z+x

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức a = b = c.
Bài toán 2.11. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
(a)

9
p

(b) 3r

1
1
1
+
+
p−a p−b p−c
ara + brb + crc
a+b+c

9 12(R − 2r)
+
;
p
pr

4R − 5r.

Chứng minh. Sử dụng phép thế Ravi, ta có p = x + y + z, p − a = x, p − b = y và
p − c = z. Suy ra

√
√
S = p(p − a)(p − b)(p − c) = xyz(x + y + z)
(a) Do R =

abc
S
và r = nên ta có
4S
p
S
abc
−2·
R − 2r
pabc − 8S 2
4S
p
=
=
pr
S
4pS 2
(x + y)(y + z)(z + x)(x + y + z) − 8xyz(x + y + z)
=
4xyz(x + y + z)2
(x + y)(y + z)(z + x) − 8xyz
=
.
4xyz(x + y + z)

Luận văn thạc sĩ khoa học chuyên ngành Toán sơ cấp – Trần Quang Hùng

24

Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
[
]
3 (x + y)(y + z)(z + x) − 8xyz
1 1 1
9
9
+ +
+
,
x+y+z
x y z
x+y+z
xyz(x + y + z)
hay
(
9

(x + y + z)

1 1 1
+ +
x y z

[

]
3 (x + y)(y + z)(z + x) − 8xyz
9+
.
xyz

)

Sau biến đổi về dạng này, ta thấy ngay vế trái hiển nhiên đúng theo AM-GM
√
)
(
1
1 1 1
√
(x + y + z)
+ +
3 3 xyz · 3 3
= 9.
x y z
xyz
Bây giờ, ta đi chứng minh vế phải. Từ hằng đẳng thức quen thuộc
(x + y)(y + z)(z + x) = (x + y + z)(xy + yz + zx) − xyz
(
)
1 1 1
= xyz(x + y + z)
+ +
− xyz,
x y z

ta suy ra
[
]
(
)
(x + y)(y + z)(z + x) − 8xyz
1 1 1
= (x + y + z)
+ +
− 9.
xyz
x y z
Do đó, vế phải của bất đẳng thức trên tương đương với
(
)
[
(
)
]
1 1 1
1 1 1
(x + y + z)
+ +
9 + 3 (x + y + z)
+ +
−9 ,
x y z
x y z
hay

(
(x + y + z)

1 1 1
+ +
x y z

)
9.

Đây chính là vế trái vừa được chứng minh ở trên. Vậy (a) được chứng minh xong. Dễ
thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức a = b = c.
(b) Do R =

S
S
abc
, r = và ra =
nên bất đẳng thức đã cho tương đương với
4S
p
p−a
3·

S
p

a·

S

S
S
+b·
+c·
p−a
p−b
p−c
2p

4·

abc
S
−5· ,
4S
p

hay
6

a
b
c
+
+
p−a p−b p−c

2pabc
− 10.
S2

Chuyển về theo biến x, y, z, ta được
6

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

2(x + y)(y + z)(z + x)(x + y + z)
− 10,
xyz(x + y + z)