Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số mở rộng của bất đẳng thức Euler và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

HOÀNG MINH AN

MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
EULER VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

HOÀNG MINH AN

MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
EULER VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. Tạ Duy Phượng

THÁI NGUYÊN - 2018

1

Mục lục
Lời cảm ơn

2

Lời nói đầu

3

1 Bất đẳng thức Euler và một số mở rộng

4

1.1. Một số kiến thức bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.1. Một số định lý cơ bản trong tam giác . . . . . . . . . .

4

1.1.2. Một số bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.3. Tứ giác nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.4. Tứ giác ngoại tiếp

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

7

1.1.5. Tứ giác hai tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2. Bất đẳng thức Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3. Một số mở rộng của bất đẳng thức Euler . . . . . . . . . . . .

11

1.3.1. Mở rộng của bất đẳng thức Euler cho tam giác . . . .

11

1.3.2. Mở rộng của bất đẳng thức Euler cho tứ giác hai tâm .

32

1.3.3. Mở rộng của bất đẳng thức Euler cho đa diện . . . . .

41

2 Một số ứng dụng của bất đẳng thức Euler

51

2.1. Ứng dụng của bất đẳng thức Euler trong chứng minh các bất
đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51

2.2. Ứng dụng của bất đẳng thức Euler trong chứng minh các bất
đẳng thức trong tứ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

Kết luận

65

Tài liệu tham khảo

66


2

Lời cảm ơn

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại
học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Tạ Duy Phượng. Xin được
gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới Thầy, người đã tận tình hướng dẫn
và chỉ đạo tác giả tập dượt nghiên cứu khoa học trong suốt quá trình tìm
hiểu tài liệu, viết và hồn thiện Luận văn.
Đồng thời tôi xin chân thành cảm ơn các quý thầy cơ trong Bộ mơn tốn,
Khoa Khoa học Tự nhiên, các Thầy Cơ Viện Tốn học đã tận tình giảng dạy,
quan tâm và tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chính để em hồn
thành khóa học và bảo vệ luận văn Thạc sĩ.
Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè và cơ quan, đồn thể nơi tôi
công tác là Trường Trung học Phổ thông Bạch Đằng, Sở Giáo dục và Đào tạo
Hải Phòng, đã tạo mọi điều kiện về vật chất lẫn tinh thần trong quá trình
học tập, nghiên cứu và viết luận văn.
Xin được cảm ơn thầy giáo Hồng Minh Qn đã cho phép tơi tham khảo
và sử dụng bản thảo của thầy.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018
Tác giả
Hoàng Minh An


3

Lời nói đầu

Năm 1897, tại cuộc thi tốn của Hội Toán học và Vật lý Loránd Eotvos,
Giáo sư L. F. Fejér, vào thời điểm đó vẫn là một sinh viên, đã sử dụng hệ quả
thú vị sau đây của định lý hình học sơ cấp nổi tiếng của Euler: Nếu R là bán
kính đường trịn ngoại tiếp và r là bán kính đường trịn nội tiếp của một tam
giác thì R ≥ 2r. Bất đẳng thức này gọi là bất đẳng thức Euler.
Bất đẳng thức này dễ dàng suy ra từ định lý Euler d2 = R2 − 2Rr với d

là khoảng cách giữa hai tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Vì
d2 ≥ 0 nên R ≥ 2r. Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu hai đường trịn đồng
tâm, tức là tam giác đó là tam giác đều.
Bất đẳng thức Euler khá bản chất, nó thể hiện mối quan hệ giữa bán kính
đường trịn ngoại tiếp và bán kính đường trịn nội tiếp tam giác. Bất đẳng
thức Euler có rất nhiều ứng dụng. Ngồi ra, bất đẳng thức Euler cịn có thể
được mở rộng theo nhiều hướng khác nhau: ngay trong tam giác (thay bất
đẳng thức Euler bằng một bất đẳng thức tổng quát hơn), mở rộng cho tứ
giác, tứ diện,...
Luận văn "Một số mở rộng của bất đẳng thức Euler và ứng dụng" có mục
đích khai thác, tổng hợp, chứng minh bất đẳng thức Euler và các mở rộng
của bất đẳng thức này, đồng thời trình bày các ứng dụng của bất đẳng thức
Euler trong chứng minh các hệ thức hình học trong tam giác và tứ giác.


4

Chương 1

Bất đẳng thức Euler và một số mở
rộng
1.1.

Một số kiến thức bổ trợ

Cho tam giác ABC, với các cạnh a = BC, b = AC, c = AB. Kí hiệu
a) O, I theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác của tam
giác.
b) R và r theo thứ tự là bán kính đường trịn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp
của tam giác.

c) ra , rb , rc theo thứ tự là bán kính đường trịn bàng tiếp, tiếp xúc với các
cạnh BC, AC, AB tương ứng.
d) Ký hiệu S là diện tích và s =

1.1.1.

a+b+c
là nửa chu vi của tam giác.
2

Một số định lý cơ bản trong tam giác

Định lý 1.1 (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC, ta có
a2 = b2 + c2 − 2bc cos A,
b2 = a2 + c2 − 2ac cos B,
c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.
Hệ quả 1.1 Từ Định lý 1.1, ta có
cos A =

b2 + c2 − a2
,
2bc

c2 + a2 − b2
cos B =
,
2ca


5

cos C =

a2 + b2 − c2
.
2ab

Định lý 1.2 Trong tam giác ABC ta có
a
b
c
=
=
= 2R.
sin A
sin B
sin C
Định lý 1.3 Diện tích S của tam giác ABC được tính theo công thức sau:
1
1
1
S = 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 = sr,
s(s − a)(s − b)(s − c),

S =
S =
S =

√

rra rb rc ,

arb rc
brc ra
cra rb
=
=
,
rb + rc
rc + ra
ra + rb

Định lý 1.4 Trong tam giác ABC, ta có
r = (p − a) tan

1.1.2.

B
C
S
A
= (p − b) tan = (p − c) tan =
2
2
2
p

Một số bất đẳng thức cơ bản

Định lý 1.5 (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a1 , a2 , ..., an là các số thực
khơng âm, ta có

√
a1 + a2 + · · · + an
≥ n a1 a2 ...an .
n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an .

Hệ quả 1.2 Với mọi số thực dương a1 , a2 , ..., an , ta có
√
n
n

a1 a2 ...an ≥ 1
1
1 .
a1 + a2 + · · · + an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an .


6

Hệ quả 1.3 Với mọi số thực dương a1 , a2 , ..., an , ta có
1
1
1
n2
+
+ ··· +
≥
.
a1 a2
an
a1 + a2 + · · · + an
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an .
Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , ..., an
và b1 , b2 , ..., bn . Khi đó
(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1.1.3.

a1

a2
an
=
= ··· = .
b1
b2
bn

Tứ giác nội tiếp

1.1.3.1. Định nghĩa và tính chất
Xét tứ giác lồi ABCD.
Định nghĩa 1.1 Tứ giác ABCD có bốn đỉnh A, B, C, D nằm trên một đường
tròn được gọi là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn một trong
các điều kiện sau.
Tính chất 1.1 Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn (O; R) khi và
chỉ khi OA = OB = OC = OD.
Tính chất 1.2 Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi hai đỉnh kề
nhau cùng nhìn một cạnh đối dưới một góc bằng nhau.
Tính chất 1.3 Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp khi và chỉ tổng hai góc đối
diện bằng 1800 .
Tính chất 1.4 Giả sử tứ giác ABCD có hai đường thẳng chứa hai cạnh AB
và CD cắt nhau tại I. Khi đó điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD là tứ
giác nội tiếp là IA.IB = IC.ID.
Tính chất 1.5 Giả sử tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại K. Khi
đó điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp là KA.KC =
KB.KD.

7

Tính chất 1.6 (Đường thẳng Simson) Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ
khi chân ba đường cao hạ từ đỉnh của tứ giác xuống ba đường thẳng chứa ba
cạnh tạo bởi ba đỉnh cịn lại là thẳng hàng.
Tính chất 1.7 (Định lí Ptoleme) Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi
AC.BD = AB.CD + AD.BC.
1.1.3.2. Diện tích tứ giác
Định lý 1.7 (Định lí Brahmagupta) Cho tứ giác ABCD nội tiếp với các
cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = d. Khi đó diện tích của tứ giác ABCD
là
S=

(p − a)(p − b)(p − c)(p − d),

a+b+c+d
là nửa chu vi của tứ giác ABCD.
2
1.1.3.3. Độ dài hai đường chéo của tứ giác nội tiếp

với p =

Định lý 1.8 Cho tứ giác ABCD nội tiếp với các cạnh AB = a, BC =
b, CD = c, AD = d. Khi đó độ dài hai đường chéo của tứ giác ABCD được
cho bởi công thức
AC 2 =

1.1.4.

(ac + bd)(ab + cd)

(ac + bd)(ad + bc)
; BD2 =
.
ab + cd
ad + bc

Tứ giác ngoại tiếp

1.1.4.1. Định nghĩa và tính chất
Định nghĩa 1.2 Tứ giác lồi ABCD được gọi là tứ giác ngoại tiếp một đường
tròn nếu đường tròn đó tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ giác.
Cho tứ giác lồi ABCD. Khi đó ABCD là tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ khi nó
thỏa mãn một trong các điều kiện sau.
Tính chất 1.8 Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn (O; R) nếu và
chỉ nếu tổng các cặp cạnh đối bằng nhau, tức là AB + CD = BC + DA.
Tính chất 1.9 Tứ giác ABCD có các tia AD và BC cắt nhau ở E; các tia
AB và DC cắt nhau ở F . Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
a) Tứ giác ABCD ngoại tiếp.
b) BE + BF = DE + DF .
c) F A + CE = EA + CF .


8

1.1.4.1. Diện tích tứ giác ngoại tiếp
Định lý 1.9 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp với các cạnh AB = a, BC =
b, CD = c, AD = d. Khi đó diện tích của tứ giác ABCD là
√
B+D
S = abcd sin

.
2

1.1.5.

Tứ giác hai tâm

Định nghĩa 1.3 Tứ giác ABCD được gọi là tứ giác hai tâm nếu nó vừa nội
tiếp được một đường tròn và vừa ngoại tiếp được một đường trịn.
Nhận xét. Tứ giác hai tâm có đầy đủ các tính chất của một tứ giác nội tiếp
và tứ giác ngoại tiếp.
Giả sử tứ giác hai tâm nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R và ngoại tiếp
đường trịn tâm I bán kính r. Các định lý dưới đây được trình bày trong [2].
Định lý 1.10 Trong tứ giác hai tâm, ta có các đẳng thức sau:
a) (bc + ad)(ab + cd)(ac + bd) = 16p2 R2 r2 .
b) ab + bc + cd + da = p2 .
√
c) ab + bc + cd + da + ac + bd = p2 + 2r2 + 2r 4R2 + r2 .
√
d) ac + bd = 2r(r + 4R2 + r2 ).
1.1.5.1. Diện tích của tứ giác hai tâm
Cho tứ giác hai tâm ABCD với các cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA =
a+b+c+d
d với nửa chu vi p =
và diện tích S.
2
Định lý 1.11 Diện tích của tứ giác hai tâm ABCD được cho bởi công thức
√
S = abcd.
Hệ quả 1.4 Tứ giác hai tâm có diện tích được tính bởi cơng thức

S = ac tan

θ
θ
= bd cot ,
2
2

với θ là góc giữa hai đường chéo.
Hệ quả 1.5 Trong tứ giác hai tâm ta có
tan

A
=
2

bc
C
B
= cot ; tan =
ad
2
2

cd
D
= cot .
ab
2

9

Định lý 1.12 Tứ giác hai tâm ABCD với I là tâm đường trịn nội tiếp thì
có diện tích cho bởi công thức
S = AI.CI + BI.DI.
Hệ quả 1.6 Tứ giác hai tâm ABCD với r là bán kính đường trịn nội tiếp
thì có diện tích
S = 2r2

1.2.

1
1
+
.
sin A sin B

Bất đẳng thức Euler

Hệ thức Euler là một trong những hệ thức cơ bản, quan trọng của hình
học trong tam giác. Nó được Euler cơng bố vào năm 1767.
Định lý 1.13 (Hệ thức Euler) Gọi d là khoảng cách giữa tâm đường tròn
ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. Ta có
d2 = R(R − 2r).

(1.1)

Chứng minh. Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam

giác ABC, M là giao điểm của đường phân giác BI với (O). Kẻ đường kính
qua O, I cắt đường tròn (O) tại 2 điểm là N, P . Ta có:
R2 − OI 2 = (R + OI)(R − OI) = (ON + OI)(OP − OI) = IN.IP.


10

Mà IN.IP = IB.IM vì hai tam giác IM N và tam giác IP B đồng dạng với
nhau, nên ta có
IB.IM = IN.IP = R2 − OI 2 .
Mặt khác, tam giác ICM cân tại M nên suy ra M C = M I. Kẻ đường kính
M K của (O) và kẻ ID⊥BC. Vì hai tam giác M KC và IBD đồng dạng với
MK
IB
nhau (góc-góc) nên
=
, hay là M K.IB = IB.M C. Do M K = 2R,
MC
IC
ID = r, M C = M I nên
2Rr = M K.ID = IB.M C = IB.IM = R2 − OI 2 .
Vậy OI 2 = R2 − 2Rr ⇔ d2 = R(R − 2r). Ta có điều phải chứng minh.
Định lý 1.14 (Bất đẳng thức Chapple-Euler) Với mọi tam giác ta có
R ≥ 2r.

(1.2)

Đẳng thức xảy ra khi tam giác là tam giác đều.
Chứng minh.
Cách 1: Từ hệ thức Euler d2 = R(R − 2r), suy ra R(R − 2r) ≥ 0 hay R ≥ 2r.

Cũng có thể chứng minh hình học trực tiếp cho bất đẳng thức Euler như sau.
Cách 2: Giả sử tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp O1 , tâm đường
tròn ngoại tiếp O2 . Dựng tam giác A1 B1 C1 đi qua các đỉnh của tam giác ABC

và song song với các cạnh của nó (Hình vẽ).
Dựng các tiếp tuyến của đường trịn tâm O2 và song song với các cạnh của
tam giác A1 B1 C1 sao cho tiếp tuyến A2 B2 song song với A1 B1 và tiếp điểm


11

nằm trên cung AB (chứa điểm C). Theo cách dựng trên, tam giác A1 B1 C1
nằm trong tam giác A2 B2 C2 và đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số đồng
A1 B1
dạng
. Gọi r1 là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác A1 B1 C1 . Ta có
AB
r1 ≤ R.
Mặt khác, tỉ số bán kính đường trịn nội tiếp của hai tam giác đồng dạng
r1
A1 B1
bằng tỉ số đồng dạng của các cạnh tương ứng, nghĩa là
=
= 2 nên
r
AB
r1 = 2r. Suy ra R ≥ 2r.

1.3.

Một số mở rộng của bất đẳng thức Euler

Trong mục này, ta sẽ đề cập đến một số mở rộng của bất đẳng thức Euler.
Các mở rộng được xét trong tam giác, tứ giác và các tứ diện.

1.3.1.

Mở rộng của bất đẳng thức Euler cho tam giác

A. Bất đẳng thức Euler cho hai tam giác
Cho hai tam giác ABC, A B C với các cạnh AB = c, BC = a, AC = b
và A B = c , B C = a , A C = b . Gọi R, r, s theo thứ tự là bán kính đường
trịn ngoại tiếp, nội tiếp và nửa chu vi của tam giác ABC và R , r , s theo
thứ tự là bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp và nửa chu vi của tam giác
ABC .
Định lý 1.15 và các hệ quả của nó là mở rộng của bất đẳng thức Euler
cho hai tam giác đã được trình bày trong [8]. Dưới đây trình bày các kết quả
trong [8] với các chứng minh chi tiết của tác giả luận văn hoặc tham khảo
thêm từ các nguồn tài liệu khác. Trước tiên ta có:
Bổ đề 1.1 (Oppenheim) Cho các số thực x, y, z > 0. Khi đó ta có
√
(x + y + z)2 ≥ 2 3(yz sin A + zx sin B + xy sin C).

(1.3)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z và ∆ABC là tam giác đều.
Định lý 1.15 Ta có bất đẳng thức
R
2 a
b

c
≥
+ +
.
r
3 a
b
c

(1.4)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các tam giác là tam giác đều.
Chứng minh. Trong Bổ đề 1.1, đặt x = sin A > 0, y = sin B > 0, z = sin C >


12

0 , ta có
(sin A + sin B + sin C )2 ≥
√
≥ 2 3(sin B sin C sin A + sin C sin A sin B + sin A sin B sin C).
Theo định lý hàm số sin thì
a
b
c
a
b
c
=
=

= 2R;
=
=
= 2R.
sin A
sin B
sin C
sin A
sin B
sin C
Do đó bất đẳng thức trên tương đương với


√
(sin A + sin B + sin C )2 ≥ 2 3 



ab c
bc a
ca b 
+
+
2
2
2
(2R ) 2R (2R ) 2R (2R ) 2R

√
⇔ (sin A + sin B + sin C )2 ≥ 2 3

abc
a
b
c
+ +
.
2
b
c
(2R ) 2R. a

Mặt khác ta lại có
S =

abc
= s r ⇔ 4s R r = a b c .
4R

Do đó
√ 4s R r
a
b
c
(sin A + sin B + sin C )2 ≥ 2 3
+ +
2
b
c
(2R ) 2R. a

⇔ (sin A + sin B + sin C )2 ≥

√ sr a
b
c
3
+ +
.
R R. a
b
c

(1.5)

s
a
b
c
=
+
+
= sin A + sin B + sin C , nên bất đẳng thức
R
2R
2R
2R
(1.5) tương đương với
Vì

√ r a

b
c
+ +
.
3
R a
b
c
√
3 3
Với mọi tam giác ta có sin A + sin B + sin C ≤
, suy ra
2
√
3 3 √ r a
b
c
R
2 a
b
c
≥ 3
+ +
⇔ ≥
+ +
.
2
R a
b
c

r
3 a
b
c
sin A + sin B + sin C ≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z và tam giác ABC là tam giác
đều. Ta có x = y = z, tức là sin A = sin B = sin C , hay A = B = C , nghĩa
là tam giác A B C là tam giác đều. Định lý đã được chứng minh.
Giả sử a = a , b = b , c = c thì bất đẳng thức ở Định lý 1.15 trở thành bất
đẳng thức Euler, do đó bất đẳng thức ở Định lý 1.15 được gọi là bất đẳng
thức Euler suy rộng.


13

Từ định lý trên, ta có các hệ quả
Hệ quả 1.7 Trong mọi tam giác, ta có bất đẳng thức
√
R
3
1
1
1
≥
+
+
.
r
3 sin A sin B sin C

(1.6)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.
Chứng minh. Trước tiên cho a = b = c trong Định lý 1.15, khi đó (1.4) trở
thành
2
1
1
1
R
≥ .a
+ +
r
3
a
b
c

2
1
1
1
= .2R sin A
+ +
3
a
b
c

√
2 3R 1
1
1
=
+ +
.
3
a
b
c

1
2
1
1
1
≥√
+ +
.
(1.7)
r
b
c
3 a
Vì a = 2R sin A , b = 2R sin B , c = 2R sin C nên bất đẳng thức (1.7)
⇔

tương đương với
1

2 1
1
1
1
≥√ .
+
+
.
r
sin B
sin C
3 2R sin A
√
3
R
1
1
1
⇔
≥
+
+
.
r
3 sin A
sin B
sin C
Vì ∆A B C là bất kì nên từ bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức trong
Hệ quả 1.8.
Hệ quả 1.8 Trong một tam giác với bán kính đường trịn ngoại tiếp R, bán

kính đường trịn nội tiếp r, ta có
3R
b c
−1≥ + .
2r
c b

(1.8)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.
Chứng minh. Lấy a = a, b = c, c = b trong Định lý 1.15, ta nhận được bất
đẳng thức cần chứng minh.
Hệ quả 1.9 Trong một tam giác với bán kính đường trịn ngoại tiếp R, bán
kính đường tròn nội tiếp r, và các cạnh a, b, c, ta có bất đẳng thức
R
2 a b c
≥
+ +
.
r
3 b c a

(1.9)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.
Chứng minh. Lấy a = b, b = c, c = a trong Định lý 1.15, khi đó ta có r = r
và ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.


14

Hệ quả 1.10 Trong mỗi tam giác, ta có
R
2
1 1 1
≥ (a + b + c)
+ +
.
r
9
a b c

(1.10)

với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.
Chứng minh. Từ Hệ quả 1.10, ta có
R
2 a b c
≥
+ +
.
r
3 b c a
Mặt khác, theo bất đẳng thức Klamkin thì
1 1 1
a b c
1
+ + ≥ (a + b + c)
+ +
.

b c a
3
a b c
Suy ra
R
2
1 1 1
≥ (a + b + c)
+ +
.
r
9
a b c
Hệ quả 1.11 Trong mỗi tam giác, ta có
R
1 b+c c+a a+b
≥
+
+
.
r
3
a
b
c

(1.11)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.
Chứng minh. Thay a = c, b = a, c = b trong Định lý 1.15, ta nhận được bất

đẳng thức
R
2 a b c
≥
+ +
.
r
3 c a b
Theo Hệ quả 1.10 ta có
R
2 a b c
≥
+ +
.
r
3 b c a
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên lại với nhau, ta được:
2R
2 b+c c+a a+b
R
1 b+c c+a a+b
≥
+
+
⇔ ≥
+
+
.
r
3

a
b
c
r
3
a
b
c
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều.
Hệ quả 1.12 Trong mọi tam giác, ta có
R
8
b
c
a
≥
+
+
r
9 b+c c+a a+b

2

,

với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.


15

Chứng minh. Trong Định lý 1.15, ta chọn a = b + c, b = c + a, c = a + b thì
a , b , c cũng là các cạnh của tam giác vì
a Khi đó (1.4) trở thành
2
b
c
R
a
≥
+
+
.
r
3 b+c c+a a+b

(1.12)

a +b +c
= a + b + c = 2s; s − a = a; s − b = b; s − c = c,
2
√
suy ra S = s r = s (s − a )(s − b )(s − c ) = 2s.abc. Lại có
Ta có s =

√
√
abc
= sr ⇒ abc = 4sRr ⇒ 2sabc = 8s2 Rr ⇒ 2sabc = 2s 2Rr.
4R

√
√
√
Vậy s r = 2s.abc = 2s 2Rr. Mà s = 2s nên r = 2Rr. Khi đó (1.12)
S=

tương đương với
R
b
c
R
2
a
+
+
=√
≥
⇔
r
3 b+c c+a a+b
2Rr
⇔

R
2
b
c
a
≥
+

+
.
2r
3 b+c c+a a+b

8
b
c
a
R
≥
+
+
r
9 b+c c+a a+b

2

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều.
Hệ quả 1.13 Trong một tam giác với bán kính đường trịn ngoại tiếp R, bán
kính đường trịn nội tiếp r, ta có
√ 
R
2
a
≥
+


r
3
s−a



b
+
s−b

c 
.
s−c

(1.13)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.
Chứng minh. Chọn a =

a(s − a), b =

b(s − b), c =

c(s − c). Khi đó

a , b , c là các cạnh của một tam giác, tức là
a + b > c ; b + c > a ;a + c > b .
Ta sẽ chứng minh a + b > c , các trường hợp còn lại chứng minh tương
tự. Thật vậy, ta có
a + b > c ⇔ (a + b )2 > (c )2 ⇔ ( a(s − a) + b(s − b))2 > c(s − c),

⇔ a(s − a) + b(s − b) + 2 ab(s − a)(s − b) > c(s − c)


16

⇔ 2 ab(s − a)(s − b) > c(s − c) − a(s − a) − b(s − b).
Ta biến đổi vế phải của bất đẳng thức:
V P = s(c − a − b) + a2 + b2 − c2
a+b+c
=
(c − a − b) + a2 + b2 − c2
2
2
c − a2 − b2 − 2ab
+ a2 + b2 − c2
=
2
2
2
a + b − 2ab − c2
=
2
(a − b − c)(a − b + c)
.
=
2
Vì a, b, c là các cạnh của một tam giác nên a − b − c < 0 và a − b + c > 0,
do đó vế phải ln âm, cịn vế trái ln dương. Ta có điều phải chứng minh.
Với a , b , c là các cạnh của tam giác A B C , áp dụng Định lý 1.15 cho hai
tam giác ABC và A B C , từ (1.4) ta nhận được





R
a
2
+
≥ 

r
3
s−a

b
+
s−b

c 
.
s−c

(1.14)

Ta sẽ chứng minh 2s r = sr. Thật vậy, theo cơng thức Heron thì diện tích
tam giác A B C là
S =

s (s − a )(s − b )(s − c ) ⇒ S 2 = s (s − a )(s − b )(s − c ).

Ta có s =

a +b +c
=
2

a(s − a) + b(s − b) + c(s − c)
, suy ra
2

s −a =

b(s − b) + c(s − c) − a(s − a)
,
2

s −b =

a(s − a) + c(s − c) − b(s − b)
,
2

a(s − a) + b(s − b) − c(s − c)
.
2
Từ đó tính tốn, ta được:
s −c =

2

[ b(s − b) + c(s − c)] − a(s − a)
s (s − a ) =
.
4
2

a(s − a) − [ c(s − c) − b(s − b)]
(s − b )(s − c ) =
.
4


17

Suy ra S 2 = s (s − a )(s − b )(s − c ) =

1
.L, với
16

L = −a2 (s − a)2 + [ c(s − c) + b(s − b)]2 a(s − a) +
+ [ c(s − c) − b(s − b)]2 a(s − a) −
− [ c(s − c) + b(s − b)]2 [ c(s − c) − b(s − b)]2
Tiếp tục biến đối, ta được
L = −a2 (s − a)2 + 2a(s − a)[b(s − b) + c(s − c)] − [c(s − c) − b(s − b)]2 ,
L = −a2 (s − a)2 + 2a(s − a)[b(s − b) + c(s − c)] − c2 (s − c)2 − b2 (s − b)2 +
+2bc(s − b)(s − c).
L = −[a2 (s − a)2 +b2 (s − b)2 +c2 (s − c)2 ]+2ab(s−a)(s−b)+2ca(s−a)(s−c)+
+2bc(s − b)(s − c).
Đặt L1 = a2 (s − a)2 + b2 (s − b)2 + c2 (s − c)2 và

L2 = 2ab(s − a)(s − b) + 2ca(s − a)(s − c) + 2bc(s − b)(s − c).
Ta có L1 = a4 + b4 + c4 − 2s(a3 + b3 + c3 ) + s2 (a2 + b2 + c2 ), với
2s(a3 + b3 + c3 ) = (a + b + c)(a3 + b3 + c3 )
= a4 + b4 + c4 + ab3 + ac3 + ba3 + bc3 + ca3 + cb3 .
2

(a2 + b2 + c2 ) + 2(ab + bc + ca)(a2 + b2 + c2 )
s (a + b + c ) =
4
a4 + b4 + c4 + 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 2(ab + bc + ca)(a2 + b2 + c2 )
=
.
4
2

2

2

2

Suy ra
L1 =

a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 a3 b + ab3 + b3 c + bc3 + a3 c + ac3
+
−
+
4
2

2
+

abc(a + b + c)
.
2

Tương tự ta cũng có
b+c−aa+c−b
ab(c2 − b2 − a2 + 2ab)
=
,
2ab(s − a)(s − b) = 2ab
2
2
2
a+b−cb+c−a
ca(b2 − a2 − c2 + 2ca)
2ca(s − c)(s − a) = 2ca
=
,
2
2
2


18

2bc(s − b)(s − c) = 2bc

bc(a2 − b2 − c2 + 2bc)
a+c−ba+b−c
=
.
2
2
2

Suy ra
L2 =

abc(a + b + c)
a3 b + ab3 + b3 c + bc3 + a3 c + ac3
+ a2 b2 + b2 a2 + c2 a2 −
.
2
2

a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 a2 + c2 a2
Vậy L = −L1 + L2 = −
+
, do đó
4
2
S2=

1
a4 + b4 + c4 a2 b2 + b2 a2 + c2 a2
−
+

.
16
4
2

Mặt khác ta có
a+b+c b+c−a a+c−b a+b−c
.
.
.
2
2
2
2
1
[(b + c)2 − a2 ][a2 − (b − c)2 ]
=
16

S 2 = s(s − a)(s − b)(s − c) =

=

1
[−a4 − (b2 − c2 )2 + a2 (b + c)2 + a2 (b − c)2 ]
16

=

1

[ − a4 − b4 − c4 + 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )].
16

Do đó 4S 2 = S 2 ⇔ 2S = S. Theo cơng thức diện tích tam giác S = s r ,
S = sr, suy ra 2s r = sr. Ta có điều phải chứng minh.
sr
Từ 2s r = sr ⇔ r =
, suy ra
2s
R
R 1
R
= sr = . s .
r
r 2s
2s
Vậy (1.14) tương đương với




R 1
2
a
. s ≥ 
+

r 2s
3
s−a

b
+
s−b

c 

s−c



⇔

R
1 s
≥ .
r
3 s

Lại có 2s = a + b + c =






a
+
s−a
a(s − a) +

b
+
s−b

c 
.
s−c

b(s − b) +

c(s − c), cho nên áp

dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
(2s )2 = ( a(s − a) + b(s − b) + c(s − c))2
≤ 3[s(a + b + c) − (a2 + b2 + c2 )]
= 3[2s2 − (a2 + b2 + c2 )]

(1.15)


19

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz lần nữa, ta được
(a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ) ⇔ a2 + b2 + c2 ≥

4s2
.
3

Suy ra
(2s )2 ≤ 3 2s2 −

4s2
3

= 2s2 ⇔ 2s ≤

Do đó từ (1.15) ta có
√ 
R
2
a
≥
+

r
3
s−a

√

2s ⇔

√
s
≥ 2.
s



b
+
s−b

c 
.
s−c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là giác đều.
Ở trên ta đã xét các mở rộng của bất đẳng thức Euler cho hai tam giác.
Sau đây ta thấy rằng các bất đẳng thức ở Định lý 1.15 và Hệ quả 1.10 chưa
phải là các bất đẳng thức "sắc nét" nhất. Dưới đây trình bày các kết quả
trong [9] với chứng minh các Định lý và hệ quả mạnh hơn Định lý 1.15 và Hệ
quả 1.10. Trước tiên ta có:
Định lý 1.16 Với hai tam giác ABC và A B C bất kì, ta có bất đẳng thức
R

1
1
+
r
R

≥

a
b
c
+ + .

a
b
c

(1.16)

Để chứng minh Định lý 1.16, ta cần các bổ đề sau:
Bổ đề 1.2 (Bất đẳng thức Klamkin) Giả sử P là một điểm trong mặt phẳng.
Gọi R1 , R2 , R3 theo thứ tự là khoảng cách từ điểm P tới các đỉnh A, B, C của
tam giác ABC. Khi đó với các số thực x, y, z, ta có
(x + y + z)(xR12 + yR22 + zR32 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 .

(1.17)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P nằm bên trong tam giác ABC và
x : y : z = S∆P BC : S∆P CA : S∆P AB ,
với S∆P BC , S∆P CA , S∆P AB theo thứ tự là diện tích các tam giác P BC, tam
giác P CA và tam giác P AB.
−→
−−→
−→
Chứng minh. Ta có (xP A + y P B + z P C)2 ≥ 0, tương đương với
−→ −−→
−−→ −→
−→ −→
x2 P A2 +y 2 P B 2 +z 2 P C 2 +2(xy P A.P B+yz P B.P C +xz P A.P C) ≥ 0. (1.18)


20

Mặt khác theo định lý hàm số cos ta có
AB 2 = P A2 +P B 2 −2P A.P B cos AP B ⇔ 2P A.P B cos AP B = P A2 +P B 2 −c2 .
Suy ra
−→ −−→
2P A.P B = 2P A.P B cos AP B = P A2 + P B 2 − c2 .

(1.19)

Tương tự, ta cũng có
−−→ −→
2P B.P C = 2P B.P C cos BP C = P B 2 + P C 2 − a2 .
−→ −→
2P A.P C = 2P A.P C cos AP C = P A2 + P C 2 − b2 .

(1.20)
(1.21)

Thay các đẳng thức (1.19), (1.20), (1.21) vào bất đẳng thức (1.18), ta được
x2 P A2 + y 2 P B 2 + z 2 P C 2 + xy(P A2 + P B 2 − c2 )+
+yz(P B 2 + P C 2 − a2 ) + xz(P A2 + P C 2 − b2 ) ≥ 0.
⇔ (x + y + z)(xP A2 + yP B 2 + zP C 2 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 ,
hay
(x + y + z)(xR12 + yR22 + zR32 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
−→
−−→
−→ →
−
xP A + y P B + z P C = 0 ,

(1.22)

tức P là tâm tỉ cự của hệ điểm {A, B, C}, và ta có thể chứng minh được điều
này xảy ra khi và chỉ khi P thuộc miền trong của tam giác ABC và
x : y : z = S∆P BC : S∆P CA : S∆P AB ,
nhờ Bổ đề 1.3 dưới đây:


21

Bổ đề 1.3 Điểm P thuộc miền trong của tam giác khi và chỉ khi
−→
−−→
−→ →
−
S∆P BC .P A + S∆P CA .P B + S∆P AB .P C = 0 .

(1.23)

Chứng minh. Nếu điểm P nằm ngoài miền trong của tam giác ABC thì đẳng
thức trên khơng thể xảy ra. Ngược lại, nếu điểm P thuộc miền trong của tam
giác ABC. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho
P (0; 0), A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ), C(x3 ; y3 ).

Diện tích của các tam giác P BC, P CA, P AB được tính bởi cơng thức
2S∆P BC = |x2 y3 − y2 x3 | = x2 y3 − y2 x3 =

x2 x3

.

y2 y3
2S∆P AC = |x3 y1 − x1 y3 | = x3 y1 − x1 y3 = −

x1 x3

.

y1 y3
2S∆P AB = |x1 y2 − x2 y1 | = x1 y2 − x2 y1 =

x1 x2

.

y1 y 2
Do đó

=

−→
−−→
−→
S∆P BC .P A + 2S∆P CA .P B + 2S∆P AB .P C =
x2 x3
y2 y3

.(x1 ; y1 ) −

x1 x3

y1 y 3

.(x2 ; y2 ) +

x1 x2
y1 y2

.(x3 ; y3 ).


22

hay

−→
−−→
−→
2S∆P BC .P A + 2S∆P CA .P B + 2S∆P AB .P C = (α; β),

với

α = x1

β = y1

x2 x3

x1 x3

+ x3

x1 x2

y2 y3

y1 y 3

y1 y2

x2 x3

x1 x3

x1 x2

y2 y3
Do đó

− x2

− y2

+ y3

y1 y3

y1 y2

x1 x2 x3
= x1 x2 x3 = 0.

y1 y2 y3
y1 y2 y3
= x1 x2 x3 = 0
y1 y2 y3

−→
−−→
−→ →
−
2S∆P BC .P A + 2S∆P CA .P B + 2S∆P AB .P C = 0

(1.24)

Từ (1.22) và (1.24) suy ra rằng đẳng thức ở (1.17) xảy ra khi và chỉ khi
x : y : z = S∆P BC : S∆P CA : S∆P AB ,
Từ bất đẳng thức Klamkin ta có hệ quả:
Hệ quả 1.14 Cho x, y, z là các số thực dương. Ta có
1
x+y+z
x sin A + y sin B + z sin C ≤ (xy + yz + zx)
.
2
xyz

(1.25)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z và ABC là tam giác đều.
Chứng minh. Với α, β, γ > 0, theo bất đẳng thức Klamkin ở Bổ đề 1.2, ta có
(α + β + γ)(αR12 + βR22 + γR32 ) ≥ βγa2 + γαb2 + αβc2 .

(1.26)

Xét trường hợp điểm P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có
R1 = R2 = R3 = R, khi đó (1.26) trở thành
R2 (α + β + γ)2 ≥ βγa2 + γαb2 + αβc2 .

(1.27)

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
(βγa + γαb + αβc)2 = ( βγ. βγa +

√

√
γα. γαb + αβ. αβc)2

≤ (βγ + γα + αβ)(βγa2 + γαb2 + αβc2 ),
hay
βγa2 + γαb2 + αβc2
βγa + γαb + αβc
≥
βγ + γα + αβ
βγ + γα + αβ

2

.


23

Do đó bất đẳng thức (1.27) tương đương với
βγa2 + γαb2 + αβc2
1
R (α + β + γ) .
≥
βγ + γα + αβ
βγ + γα + αβ
2

2

βγa + γαb + αβc
1
≥
⇔ R (α + β + γ)
βγ + γα + αβ
βγ + γα + αβ
2

2

2

⇔ R2 (α + β + γ)2 (βγ + γα + αβ) ≥ (βγa + γαb + αβc)2
⇔ R(α + β + γ) βγ + γα + αβ ≥ βγa + γαb + αβc,
hay tương đương với
(α + β + γ) βγ + γα + αβ ≥ 2 βγ

a

b
c
+ γα
+ αβ
.
2R
2R
2R

(1.28)

Sử dụng định lý hàm số sin
a
b
c
=
=
= 2R,
sin A
sin B
sin C
thay vào (1.28) ta được
(α + β + γ). βγ + γα + αβ ≥ 2(βγ sin A + γα sin B + αβ sin C).
Chọn α2 =
yz
+
x
⇔

(1.29)

yz 2 zx 2 xy
,β =
,γ =
, thay vào (1.29) ta được
x
y
z
zx
+
y

xy √
x + y + z ≥ 2(x sin A + y sin B + z sin C)
z

yz + zx + xy √
x + y + z ≥ 2(x sin A + y sin B + z sin C)
√
xyz

⇔ (yz + zx + xy)

x+y+z
≥ 2(x sin A + y sin B + z sin C)
xyz

1
x+y+z
⇔ x sin A + y sin B + z sin C ≤ (yz + zx + xy)

.
2
xyz
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi thỏa mãn các điều kiện:
√
√
√
γα
βγ
αβ
1) √
= √
= √
⇔ a = b = c.
b γα
a βγ
c αβ
2) α : β : γ = S∆P BC : S∆P CA : S∆P AB .