Về một số bất đẳng thức dạng tham số trong mặt phẳng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

ĐỖ NGỌC THƯỜNG

VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG
THAM SỐ TRONG MẶT PHẲNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Bình Định - 2020


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

ĐỖ NGỌC THƯỜNG

VỀ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG
THAM SỐ TRONG MẶT PHẲNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: PGS.TS. ĐINH THANH ĐỨC

Bình Định - 2020

Mục lục
MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1 BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG

3

1.1

Các bất đẳng thức trong mặt phẳng. . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Các bất đẳng thức đối với một điểm trong tam giác. . . . .

9

2 SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG TAM GIÁC 21
2.1

Ý tưởng dẫn đến bài toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2

Các bổ đề. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3

Chứng minh bài toán đã nêu . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG THAM SỐ ĐỐI VỚI
MỘT ĐIỂM TRONG TAM GIÁC
41
3.1

Các bất đẳng thức dạng tham số. . . . . . . . . . . . . . . 41

3.2

Chứng minh các bất đẳng thức

3.3

Một số bài toán mở bất đẳng thức dạng tham số trong tam
giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

. . . . . . . . . . . . . . . 42

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
PHỤ LỤC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

MỞ ĐẦU

Từ trước tới nay, các bài toán về bất đẳng thức hình học nói chung
và các bất đẳng thức hình học trong mặt phẳng nói riêng ln là những
bài tốn khó đối với những ai muốn quan tâm và tìm hiểu. Tuy khó khăn
nhưng các bài tốn về bất đẳng thức hình học là đề tài mà nhiều người
làm tốn rất muốn tìm hiểu và giải quyết. Các bài toán về bất đẳng thức
trong mặt phẳng rất phong phú, có thể kể đến bất đẳng thức Ptolemy,
bất đẳng thức Erdos-Modell, v.v...Các bất đẳng thức này đã được đề cập
trong một số kết quả của các nhà toán học trong lĩnh vực bất đẳng thức
( [4], [19], [3]).
Các bất đẳng thức trong tam giác đã được nghiên cứu, đưa ra rất nhiều.
Dựa trên các bất đẳng thức đó người ta đã đưa ra các dự đốn của mình
về những bất đẳng thức mới trong tam giác và cả những bất đẳng thức
dạng tham số để có thể tổng quát cho những trường hợp cụ thể đồng thời
tìm cách chứng minh nó. Việc chứng minh các bất đẳng thức gặp rất nhiều
khó khăn trong q trình tính tốn, do vậy cần có sự hỗ trợ của cơng cụ
tính tốn là phần mềm Maple ([7], [8]).
Các bài toán về bất đẳng thức dạng tham số đối với một điểm trong
tam giác những năm gần đây được các nhà toán học trong nước và quốc
tế quan tâm nhiều ([7], [8], [9], [4], [20]). Để có một cái nhìn chi tiết và
cụ thể hơn về các bất đẳng thức dạng tham số trong mặt phẳng, chúng
tôi chọn đề tài "Về một số bất đẳng thức dạng tham số trong mặt
phẳng".
Trong luận văn này, ngoài các phần mục lục, phần mở đầu và phần kết
1


2

luận thì luận văn được chia ra làm 3 chương.
Chương 1. Trong chương này, chúng tôi hệ thống một số bất đẳng thức
hình học trong mặt phẳng và các bất đẳng thức đối với một điểm tùy ý
trong tam giác.
Chương 2. Chương này chúng tơi trình bày cách chứng minh một bất
đẳng thức dạng tham số trong tam giác có sử dụng phần mềm Maple trong
việc hỗ trợ tính tốn.
Chương 3. Chương này giới thiệu các bất đẳng thức dạng tham số đối
với một điểm trong tam giác.
Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Quy Nhơn
dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Đinh Thanh Đức. Qua đây tôi muốn dành
lời cảm ơn chân thành và sâu sắc đến PGS.TS. Đinh Thanh Đức – giảng
viên hướng dẫn tơi thực hiện đề tài luận văn này. Thầy chính là người đã
định hướng, tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất và cho tôi những nhận xét
quý báu để tôi có thể hồn thành luận văn với hiệu quả cao nhất.
Tôi cũng xin phép gửi lời cảm ơn chân thành đến q thầy cơ đã giảng
dạy lớp Phương pháp tốn sơ cấp trường Đại học Quy Nhơn cũng như
toàn thể q thầy cơ Khoa Tốn trường Đại học Quy Nhơn, những người
đã cho tôi kiến thức, quan tâm, động viên, nhiệt tình giúp đỡ tơi trong
suốt q trình học tập cũng như trong thời gian thực hiện đề tài.
Mặc dù đã rất cố gắng học hỏi, tìm tịi và nghiên cứu trong q trình
hồn thành luận văn, nhưng do hạn chế về thời gian và trình độ nên trong
luận văn vẫn khơng tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong nhận được sự
góp ý của q thầy cơ và các bạn đọc để luận văn được hồn thiện hơn.
Bình Định, ngày tháng năm 2020.
Học viên thực hiện đề tài

Đỗ Ngọc Thường

Chương 1
BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
TRONG MẶT PHẲNG
Nội dung chính của chương này là chúng tơi trình bày các bất đẳng
thức trong mặt phẳng nổi tiếng như bất đẳng thức Ptolemy, bất đẳng
thức Erdos - Mordell,...và các bất đẳng thức khác xuất hiện trong các kỳ
thi toán quốc tế ([19],[15],[2]).

1.1

Các bất đẳng thức trong mặt phẳng.

Một bất đẳng thức nổi tiếng có nhiều ứng dụng trong các bài tốn bất
đẳng thức hình học, đặc biệt là trong các bài tốn so sánh độ dài các đoạn
thẳng, đó chính là bất đẳng thức Ptolemy ([15]).
Bài toán 1.1.1(Bất đẳng thức Ptolemy). Với bốn điểm A, B, C, D bất kỳ
trên mặt phẳng, chứng minh rằng

AB.CD + AD.BC

AC.BD.

(1.1)

Đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải. Dựng điểm E sao cho tam giác BCD đồng dạng với tam giác
BD
BEA. Khi đó theo tính chất của tam giác đồng dạng ta có BA
EA = CD .
Suy ra

BA.CD = BD.AE,
(1.2)

3


4

Hình 1.1.

Mặt khác hai tam giác EBC và ABD cũng đồng dạng, do đó
EC
AD
và EBC = ABD. Từ đó BC
= BD
. Suy ra

AD.BC = BD.EC.

BA
BD

=

BE
BC

(1.3)

Cộng theo vế (1.2) và (1.3) ta suy ra

AD.CD + AD.BC = BD(AE + EC)

BD.AC.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, E, C thẳng hàng, tức là khi A và D
cùng nhìn BC dưới một góc bằng nhau, và khi đó tứ giác ABCD nội tiếp
trong một đường trịn.
Ta xét các bài tốn sau, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy trong quá
trình chứng minh nó.
Bài tốn 1.1.2.(IMO, 1995 ) Cho ABCDEF là lục giác sao cho AB =
BC = CD, DE = EF = F A và BCD = EF A = 600 . G và H là hai
điểm tùy ý. Chứng minh rằng

AG + BG + GH + DH + EH

CF.

Lời giải.
Từ giả thiết ta có BCD và AEF là các tam giác đều. Lấy C và F lần
lượt đối xứng với C và F qua BE. Khi đó CF = C F và ta được DEF
và ABC là các tam giác đều.
Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác F DHE và C AGB , ta có
F H.DE F E.DH + F D.EH hay F H DH + EH và


5

C G.AB

C A.BG + C B.AG hay C G

AG + BG + GH + DH + EH

BG + AG. Do đó

C G + GH + HF

C F = CF.

Hình 1.2.

Hai bài toán sau vẫn áp dụng bất đẳng thức Ptolemy.
Bài toán 1.1.3.(Olympic Toán học 30/4, bài đề nghị, 2000 ). Chứng tỏ
rằng trong tam giác ABC ta có

bc
ca
ab
+
+
ma mb mb mc mc ma

4,

(1.4)

với a, b, c là độ dài ba cạnh và ma , mb , mc là độ dài các đường trung tuyến
tương ứng của tam giác đó.
Lời giải.

Điều phải chứng minh tương đương với

abmc + bcma + camb

4ma mb mc .

Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác CM GN , ta có

GC.M N

GN.M C + GM.N C,


6

Hình 1.3.

từ đó 23 mc 2c

1
a
3 mb 2

+ 13 ma 2b hay 2mc c
2mc c2

mb a + ma b. Suy ra

acmb + bcma .

(1.5)

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABM N ta được

AM.BN
suy ra ma mb

ab
4

+

c2
2,

AN.BM + AB.M N,

tức là

4ma mb mc

abmc + 2c2 mc .

(1.6)

Từ (1.5) và (1.6) suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 1.1.4.( IMO, 2001 ). Cho tam giác ABC với trọng tâm G và
độ dài các cạnh là a, b, c. Tìm điểm P trong mặt phẳng tam giác sao cho
AP.AG + BP.BG + CP.CG đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất

đó theo a, b, c.
Lời giải.

Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác BGC . Kéo dài trung tuyến AL cắt
đường tròn này tại K . Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AC, AB .
Áp dụng định lý hàm số sin cho các tam giác BGL, CGL, ta có

BG
sin BLG

=

BL

,

CG

sin BGK sin CLG

=

CL
sin CGK

.

(1.7)

7

Hình 1.4.

Nhưng L là trung điểm của BC và sin BLG = sin CLG nên từ (1.7)
sin CGK
.
ta có BG
CG =
sin BGK

Ta lại có BK = 2R. sin BGK, CK = 2R. sin CGK , trong đó R là bán
CK
BG
CG
kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCG. Do đó BK
= BG
CG hay CK = BK .
Tương tự

AG
BG

=

sin BGN
sin AGN

=

sin BGN
.
sin CGK

BG
AG
Hơn nữa BC = 2R. sin BGC = 2R. sin BGN . Từ đó CK
= BC
.
BG
CG
AG
Như vậy CK = BK = BC .
Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác P BKC ta có
P K.BC BP.CK + CP.BK . Từ đó P K.AG BP.BG + CP.CG.
Suy ra (AP + P K)AG
AP.AG + BP.BG + CP.CG và cuối cùng
AK.AG AP.AG + BP.BG + CP.CG.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P nằm trên cung BGC (để có đẳng
thức của bất đẳng thức Ptolemy) và P nằm trên AK (để có đẳng thức
trong bất đẳng thức tam giác).
Do đó giá trị này đạt được khi P ≡ G.
Theo cơng thức đường trung tuyến dễ dàng tính được rằng

AG2 + BG2 + CG2 =

(a2 +b2 +c2 )
.
3

Sau đây, tác giả trình bày một số bất đẳng thức liên hệ giữa các đại
lượng về cạnh và diện tích tam giác.
Bài toán 1.1.5.(Bất đẳng thức Weitzenbock, IMO 1961 ). Gọi a, b, c là độ
dài các cạnh của tam giác, S là diện tích tam giác. Chứng minh rằng
√
a2 + b2 + c2 4 3S.
(1.8)


8

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Lời giải. Theo bất đẳng thức AM − GM ta có

S=

p(p − a)(p − b)(p − c)

(p − a) + (p − b) + (p − c)
p
3

√

3

=

3 2

p.
9

Do đó theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
√
2
√
√
3
a+b+c
1
4 3S 4 3.
= (a + b + c)2
9
2
3

1
3

(a2 + b2 + c2 )(12 + 12 + 12 ) = a2 + b2 + c2 .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài toán 1.1.6(Bất đẳng thức Hadwiger-Finsler ) Gọi a, b, c là độ dài ba
cạnh của một tam giác, S là diện tích tam giác. Chứng minh rằng
√
(1.9)
a2 + b2 + c2 4 3S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Lời giải. Vì a2 = b2 + c2 − 2bc cos A và S = 21 bc sin A nên ta có

√
√
a2 + b2 + c2 − 4 3S = 2(b2 + c2 ) − 2bc cos A − 2 3bc sin A
π
= 2(b2 + c2 ) − 4bc cos( − A)
3
2
2
2(b + c − 2bc = 2(b − c)2 .
(1.10)
Mặt khác, khơng mất tính tổng qt ta giả sử b a
đẳng thức
(b − c)2 (a − b)2 + (c − a)2 .

c. Khi đó ta có bất
(1.11)

Vì bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức (a − b)(a − c)
Từ bất đẳng thức (1.10) và (1.11) ta được bất đẳng thức (1.9).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

0.


9

1.2

Các bất đẳng thức đối với một điểm trong tam
giác.

Khi nói bất đẳng thức hình học trong mặt phẳng, cụ thể trong tam giác
không thể không nhắc đến bất đẳng thức Erdos-Mordell ([13]). Bất đẳng
thức Erdos-Mordell là một bất đẳng thức nổi tiếng trong tam giác, được
nhà toán học Paul Erdos đề xuất năm 1935 và lời giải đầu tiên đưa ra là
của Louis Mordell sử dụng định lý hàm số cosin ([19]).
Bài toán 1.2.1 (Bất đẳng thức Erdos-Mordell ). Cho tam giác ABC và
P là điểm trong tam giác. Gọi R1 , R2 , R3 lần lượt là khoảng cách từ
P đến A, B, C và r1 , r2 , r3 lần lượt là khoảng cách từ P đến các cạnh
BC, CA, AB . Chứng minh rằng

R1 + R2 + R3

2(r1 + r2 + r3 ).

(1.12)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là trực tâm của
nó.
Bất đẳng thức Erdos-Mordell có nhiều cách chứng minh khác nhau ([6][19]). Sau đây chúng tơi trình bày cách chứng minh đầu tiên đưa ra bởi
Mordell.
Lời giải.

Hình 1.5.

Áp dụng định lý hàm số sin và hàm số cosin, ta có

R1 . sin A = EF =

r22 + r32 − 2r2 r3 cos(π − A),

10

R2 . sin B = F D =

r32 + r12 − 2r3 r1 cos(π − B),

R3 . sin C = DE =

r12 + r22 − 2r1 r2 cos(π − C).

Mặt khác, ta có

EF 2 = r22 + r32 − 2r2 r3 cos(π − A)
= r22 + r32 − 2r2 r3 (cos B cos C − sin B sin C)
= (r2 sin C + r3 sin B)2 + (r2 cos C − r3 cos B)2
(r2 sin C + r3 sin B)2 .
Suy ra EF
Tương tự,

r2 sin C + r3 sin B. Do đó R1

R2
R3

C
sin B
r2 sin
sin A + r3 sin A .

sin A
sin C
+ r1
,
sin B
sin B
sin B
sin A
r1
+ r2
.
sin C
sin C

r3

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, rồi áp dụng bất đẳng thức AM −GM
ta được

R1 + R2 + R3

r1
+ r3

sin B sin C
+
sin C sin B
sin A sin B
+

sin B sin A

+ r2

sin A sin C
+
sin C sin A

+

2(r1 + r2 + r3 ).

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sin A = sin B = sin C và r1 = r2 = r3 ,
điều này có nghĩa là tam giác ABC đều và P là trực tâm của nó.
Lâu nay các bất đẳng thức đối với một điểm trong tam giác luôn là
vấn đề thú vị để các nhà làm toán nghiên cứu đưa ra cách chứng minh,
sau đây tác giả trình bày các bất đẳng thức rất hay do J.Liu đưa ra cách
chứng minh ([10]).
Trước hết ta ký hiệu các đại lượng trong tam giác như sau
Cho ABC và P là một điểm tùy ý trong ABC . Gọi D, E, F lần lượt
là hình chiếu vng góc của P lên các cạnh BC, CA, AB . Khi đó ta đặt


11

Hình 1.6.

• BC = a, CA = b, AB = c và R1 , R2 , R3 , r1 , r2 , r3 lần lượt là độ dài
các đoạn P A, P B, P C, P D, P E, P F .
• S, Sp , Sa , Sb , Sc lần lượt là diện tích các tam giác ABC, DEF, P BC ,

P CA, P AB .
• R, r lần lượt là bán kính đường trịn ngoại tiếp và nội tiếp
và Rp và rp lần lượt là bán kính đường trịn ngoại tiếp và nội tiếp
Bài tốn 1.2.2. Gọi P là một điểm tùy ý trong tam giác ABC.
minh rằng:
Sa R13 + Sb R23 + Sc R33 SR3 ,

ABC ,
DEF .
Chứng

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là tâm đường trịn ngoại tiếp
Lời giải.
Để chứng minh bài tốn trên chúng ta xét các bổ đề sau

ABC .

(1.13)

Bổ đề 1.2.1. Với P là một điểm bất kỳ có tọa độ trọng tâm chuẩn tắc hóa
(x, y, z) trong mặt phẳng của ABC . Thì

(x + y + z)2 P A2 = (x + y + z)(yc2 + zb2 ) − (yza2 + zxb2 + xyc2 ), (1.14)
trong đó a, b, c lần lượt là độ dài ba cạnh BC, CA, AB .
Công thức trên được biết đến nhiều ( ví dụ trong [3]).
Bổ đề 1.2.2. Với bất kỳ điểm P nào trong

cr2 + br3

aR1 .

ABC , ta có
(1.15)


12

Nếu AO (O là tâm đường tròn ngoại tiếp của ABC ) cắt BC tại X , thì
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P nằm trên đoạn AX .
Bổ đề này là một bổ đề quan trọng và có nhiều cách chứng minh khác
nhau, (xem cách chứng minh trong [14]).
Bổ đề 1.2.3. Với bất kỳ điểm P nào trong

R1

ABC , ta có

R12 2RSp
+
.
2R
S

(1.16)

Chứng minh. Chú ý rằng Sa = 12 ar1 , Sb = 21 br2 , Sc = 12 cr3
và Sa + Sb + Sc = S , áp dụng (1.13) và (1.14) chúng ta có

(Sa + Sb + Sc )2 R12 = (Sa + Sb + Sc )(Sb c2 + Sc b2 ) − (Sb Sc a2 + Sc Sa b2
+ Sa Sb c2 )

1
1
=
br2 c2 + cr3 b2 − (bcr2 r3 a2 + car3 r1 b2
2
4
2
+ abr1 r2 c )
1
1
= bc(br2 + cr3 )S − abc(ar2 r3 + br1 r3 + cr1 r2 )
2
4
1
1
abcR1 S − abcR(r2 r3 sin A + r1 r3 sin B
2
2
+ r1 r2 sin C)
1
= abcR1 S − abcR(S P EF + S P F D + S P DE )
2
1
= abc(R1 S − 2RSp ).
2
Sau đó sử dụng Sa + Sb + Sc = S và abc = 4SR, chúng ta nhận được

R1 S − 2RSp

SR12

.
2R

Vậy Bổ đề 1.2.3 đã được chứng minh.
Bổ đề 1.2.4. Với bất kỳ điểm P trong tam giác

Sa R1 + Sb R2 + Sc R3

ABC , ta có

4RSp,

(1.17)

với đẳng thức vảy ra khi và chỉ khi P là đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC .


13

Chứng minh. Vì diện tích của tứ giác nhỏ hơn hoặc bằng nửa tích hai
đường chéo nên ta có

Sb + Sc

1
aR1 ,
2

Sc + Sa

1
bR2 ,
2

Sa + Sb

1
cR3 ,
2

(1.18)

các đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi AP ⊥BC, BP ⊥AC, CP ⊥AB .
Do đó từ (1.17) suy ra

aR1 + bR2 + cR3

4S.

(1.19)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trực tâm của ABC . Áp dụng bất
đẳng thức (1.18) cho tam giác DEF (xem Hình 1.6), chúng ta nhận được

EF.r1 + F D.r2 + DE.r3

4Sp ,

(1.20)

quan sát rằng

aR1
, ar1 = 2Sa ,
2R
bR2
, br2 = 2Sb ,
FD =
2R
cR3
DE =
, cr3 = 2Sc ..
2R
EF =

Sau đó ta thay tất cả vào (1.20) ta được ngay (1.17). Vậy bổ đề đã được
chứng minh. Chúng ta dễ dàng kết luận rằng đẳng thức trong (1.17) xảy
ra khi và chỉ khi P là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .
Bổ đề 1.2.5. Với P là điểm bất kỳ trong mặt phẳng của

aR12 + bR22 + cR32

ABC . Thì

abc,

với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trọng tâm của

(1.21)

ABC .

Bất đẳng thức (1.21) lần đầu tiên đưa ra bởi M. K. Lamkin (xem [3]).
Bổ đề 1.2.6. Với bất kỳ điểm P nào trong tam giác ABC, ta có

R12 + R22 + R32
r1 + r2 + r3
với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2R,

(1.22)

ABC đều và P là tâm của nó.


14

Bất đẳng thức (1.22) lần đầu tiên được đặt ra và chứng minh bởi XiaoGuang- Chu và Zhen-Gang Xiao ([15]). Xue-Zhi Yang đã đưa ra một cách
chứng minh đơn giản trong cuốn sách của mình ([18]).
Đến đây ta đi chứng minh Bài toán 1.2.2 như sau
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1.16) với Sa R1 , ta được

Sa R13 2RSp Sa R1
+
2R
S

Sa R12 .

Tương tự chúng ta có

Sb R23 2RSp Sb R2
+
2R
S

Sb R22 ,

Sc R33 2RSp Sc R3
+
2R
S

Sc R32 .

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Sa R13 2RSp Sa R1 Sb R23 2RSp Sb R2 Sc R33 2RSp Sc R3
+
+
+
+
+
2R
S
2R
S
2R

S
2
2
2
Sa R1 + Sb R2 + Sc R3 .
(1.23)
Mặt khác, ta có Sa R12 + Sb R22 + Sc R32 = 4R2 Sp , xem trong [11]. Do vậy
(1.23) được viết lại như sau

Sa R13 + Sb R23 + Sc R33 2RSp
+
(Sa R1 + Sb R2 + Sc R3 )
2R
S
Theo (1.17) ta được

Sa R13 + Sb R23 + Sc R33 8R2 Sp2
+
2R
S

4R2 Sp ,

do vậy

Sa R13

+

Sb R23

+

Sc R33

8R

3

2Sp2
Sp −
S

(S − 4Sp )2 R3
= SR3 −
,
S
mà Sp

1
4 S.

Từ đó suy ra

Sa R13 + Sb R23 + Sc R33

SR3 .

4R2 Sp .

15

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .
Vậy ta đã chứng minh xong Bài toán 1.2.2.
Nhận xét. Nếu P trùng với trọng tâm của ABC , thì Sa = Sb = Sc =
1
2
2
2
3 S, R1 = 3 ma , R2 = 3 mb , R3 = 3 mc (ma , mb , mc ) là ba trung tuyến của
ABC ) và theo (1.13) ta có kết quả hay về bất đẳng thức liên quan đến
đường trung tuyến và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

m3a + m3b + m3c

81 3
R.
8

Tới đây, ta xét một bất đẳng thức trong tam giác thể hiện mối liên hệ giữa
các đại lượng bán kính đường trịn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác như sau.
Bài toán 1.2.3. Với P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng của ABC
và R,r lần lượt là bán kính đường trịn ngoại tiếp và nội tiếp ABC . Với
rp là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác DEF . Thì

1
2rp
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Lời giải. Từ (1.16) ta có

aR1
bR2
cR3

1
1
+ ,
R 2r

(1.24)

ABC đều và P là tâm.
aR12 2RSp a
+
,
2R
S
bR22 2RSp b
+
,
2R
S
cR32 2RSp c
+
,
2R
S

cộng theo vế ta suy ra

aR1 + bR2 + cR3

2RSp
1
aR12 + bR22 + cR32 +
(a + b + c).
2R
S

Theo (1.21) ta suy ra

aR1 + bR2 + cR3

abc 2RSp
+
(a + b + c),
2R
S

mà abc = 4SR và a + b + c = 2p =

2S
r

aR1 + bR2 + cR3

nên

2S +

4R
Sp ,
r


16

tương đương

aR1 + bR2 + cR3
8RSp
mà

rp =

S
1
+ ,
4RSp 2r

4RSp
,
aR1 + bR2 + cR3

chúng ta được

1
2rp

S
1
+ ,
4RSp 2r

tương đương

1
2rp

1
1
+ .
R 2r

Đẳng thức xảy ra khi ABC đều và P là tâm.
Vậy Bài toán 1.2.3 đã được chứng minh.
Tiếp theo ta xét một số bất đẳng thức liên quan đến độ dài các đoạn thẳng
từ một điểm trong tam giác đến các đỉnh và các cạnh của tam giác đó.
Bài tốn 1.2.4. Với P là một điểm tùy ý trong ABC . Chứng minh
rằng
R1 + R2 + R3 r1 + r2 + r3 + 6rp .
(1.25)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Lời giải. Theo (1.16) ta có

R1
R2
R3

ABC đều và P là tâm.
R12 2RSp
+
,
2R
S
R22 2RSp
+
,
2R
S
R32 2RSp
+
,
2R
S

cộng theo vế ta được

R1 + R2 + R3

R12 + R22 + R32 6RSp
+
.
2R
S

Theo (1.22) ta được

R1 + R2 + R3

r1 + r2 + r3 +

6RSp
,
S


17

sau đó theo (1.19) và rp =

4RSp
aR1 +bR2 +cR3

R1 + R2 + R3

suy ra

r1 + r2 + r3 + 6rp .

Đẳng thức xảy ra khi ABC đều và P là tâm. Vậy Bài toán 1.2.4 đã được
chứng minh.
Bài toán 1.2.5.. Cho tam giác ABC , với P là một điểm tùy ý trong
ABC . Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của P trên các đường thẳng
BC, CA, AB . Chứng minh rằng

P A2
P B2
P C2

+
+
(P E + P F )2 (P F + P D)2 (P D + P E)2

3.

(1.26)

Đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải. Ta có

PE + PF
PE PF
=
+
= sin P AE + sin P AF
PA
PA PA
P AE + P AF
A
2 sin
= 2 sin .
2
2
Suy ra

PA
P E+P F

1

.
2 sin A2

PB
PF + PD

Tương tự ta có

1
,
2 sin B2

PC
PD + PE

1
2 sin C2

Vậy

P A2
P B2
P C2
+
+
(P E + P F )2 (P F + P D)2 (P D + P E)2
1
4

1

1
1
+
+
sin2 A2
sin2 B2
sin2 C2

3
4

3

3
4

3

1
sin2 A2 . sin2 B2 . sin2 C2
1
( 81 )2

= 3.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC đều và P là tâm.
Bài toán 1.2.6. (IMO Shorlist, 1996 ) Cho ABC đều và P là một điểm


18

trong đó. Các đường thẳng AP, BP, CP cắt các cạnh BC, CA, AB tại các
điểm A1 , B1 , C1 tương ứng. Chứng minh rằng

A1 B1 .B1 C1 .C1 A1

A1 B.B1 C.C1 A.

Lời giải. Áp dụng định lý hàm số cosin cho

A1 B12 = A1 C 2 + B1 C 2 − A1 C.B1 C
Tương tự, B1 C12
này, ta được

B1 A.C1 A, C1 A1

A1 B12 .B1 C12 .C1 A21

CA1 B1 , ta được
A1 C.B1 C.

C1 B.A1 B . Nhân ba bất đẳng thức

A1 C.B1 C.B1 A.C1 A.C1 B.A1 B.

(1.27)

Bây giờ, các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy, vì vậy áp dụng định
lý Ceva ta có A1 B.B1 C.C1 A = AB1 .BC1 .CA1 , thay vào (1.27) ta thu
được bất đẳng thức cần chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

CA1 = CB1 , BA1 = BC1 và AB1 = AC1 . Điều này xảy ra khi và chỉ khi
P là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .
Bài toán 1.2.7.Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong tam
giác. Chứng minh rằng

R1 r1 + R2 r2 + R3 r3

2(r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ).

(1.28)

Lời giải.
Gọi ha là độ cao xuất phát từ A, ta có aha = 2S = ar1 + br2 + cr3
Vì ha R1 + r1 nên a(R1 + r1 ) aha .
Suy ra aR1 br2 + cr3 hay R1 r2 ab + r3 ac .
Do đó R1 r1 r1 r2 ab + r3 r1 ac .
Tương tự R2 r2 r2 r3 cb + r1 r2 ab ,R3 r3 r3 r1 ac + r2 r3 cb .
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và áp dụng bất đẳng thức AM − GM ,
ta được

R1 r1 + R2 r2 + R3 r3

a b
+
r1 r2 +
b a

b c
c a
+

r2 r3 +
+
r3 r1
c b
a c

2(r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ).


19

Hình 1.7.

Bài tốn 1.2.8.Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong tam
giác. Chứng minh rằng

R1 R2 R3

8r1 r2 r3 .

(1.29)

Lời giải.

Hình 1.8.

Gọi C1 là điểm trên BC sao cho BC1 = AB . Khi đó AC1 = 2c sin B2 .
Mặt khác, gọi H, K lần lượt là chân đường vng góc hạ từ A, C1 lên
đường thẳng BP .

20

Vì A và C1 khơng nằm cùng phía đối với đường thẳng BP nên
AC1 C1 H + AK .
Suy ra R2 .AC1 R2 .C1 H + R2 .AK hay R2 .AC1 2SBP C1 + 2SBAP .
+r3
Do đó R2 .2c sin B2
c.r1 + c.r3 , hay R2 2r1sin
B.
Tương tự R1

r2 +r3
, R3
2 sin A2

2

r1 +r2
.
2 sin C2

Nhân ba bất đẳng thức trên ta được

R1 R2 R3

1
(r1 + r2 )(r2 + r3 )(r3 + r1 ).
8. sin A2 . sin B2 . sin C2

Vì sin A2 . sin B2 . sin C2 =

r
4R

R1 R2 R3

và R

(1.30)

2r nên từ (1.30), ta có

(r1 + r2 )(r2 + r3 )(r3 + r1 ).

(1.31)

Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho vế phải của (1.31), ta được

R1 R2 R3

8r1 r2 r3 .

Vậy bài toán đã được chứng minh xong.
Trong chương này chúng tôi đã hệ thống một số bất đẳng thức hình
học nổi tiếng trong mặt phẳng cũng như các bất đẳng thức đối với một
điểm trong tam giác.
Trong chương tiếp theo, chúng tôi sẽ giới thiệu một bất đẳng thức dạng
tham số đối với một điểm tùy ý trong tam giác và việc chứng minh nó hết
sức khó khăn trong q trình tính tốn. Do vậy, công cụ hỗ trợ phần mềm

Maple sẽ được sử dụng để tính tốn được đơn giản hơn.


Chương 2
SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC DẠNG THAM SỐ TRONG
TAM GIÁC
Với sự trợ giúp của phần mềm tốn học Maple để tính tốn, chúng tơi
thiết lập một bất đẳng thức hình học với một tham số trên một khoảng
nhất định liên quan đến một điểm tùy ý trong tam giác ([7]).

2.1

Ý tưởng dẫn đến bài toán.

Gọi P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng của tam giác ABC . Đặt
R1 , R2 , R3 lần lượt là khoảng cách của P đến các đỉnh A, B, C và r1 , r2 , r3
lần lượt là khoảng cách của P đến các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Nếu
P nằm trong tam giác ABC thì ta có bất đẳng thức Erdos-Mordell nổi
tiếng sau đây (đã giới thiệu ở trên).

R1 + R2 + R3

2(r1 + r2 + r3 ).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là tâm của nó.
Sau đây ta có một kết quả đúng cho bất kỳ điểm P nào trong tam giác

21

22

(cách chứng minh tham khảo [6])

R2 + R3

a2 + 4r12 ,

(2.1)

trong đó a = BC . Bất đẳng thức (2.1) đúng khi R2 = R3 . Bắt đầu từ
bất đẳng thức (2.1), ta tìm thấy một bất đẳng thức hình học mới với một
tham số. Ý tưởng ban đầu như sau :
Lưu ý rằng R2 + R3
2(R22 + R32 ), từ (2.1) ta được:

R22 + R32 − 2r12

1 2
a,
2

1 2
c và R12 + R32 − 2r22
2
Từ đó, ta được bất đẳng thức đối xứng sau

tương tự, ta được R12 + R22 − 2r32

R22 + R32 − 2r12 R12 + R32 − 2r22 R12 + R22 − 2r32
+
+
a2
b2
c2

(2.2)

1 2
b.
2
3
.
2

(2.3)

Trong đó a, b, c lần lượt là độ dài ba cạnh BC, CA, AB . Đẳng thức trong
(2.3) xảy ra khi và chỉ khi R1 = R2 = R3 tức là P là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC . Sau đây ta được một kết quả tương tự như Bất
đẳng thức (2.3)

R22 + R32 + 2r12 R32 + R12 + 2r22 R12 + R22 + 2r32
+
+
a2
b2
c2

5
.
2

(2.4)

Điều thú vị là đẳng thức của bất đẳng thức này cũng xảy ra khi và chỉ
khi P là một điểm đặc biệt của tam giác ABC . Chính xác hơn, đẳng thức
trong (2.4) đúng khi và chỉ khi tọa độ trọng tâm của P đối với tam giác
ABC là (a2 , b2 , c2 ), cụ thể là P trùng với điểm Lhuilier-Lemoine K của
tam giác ABC ( [11]). Chúng ta cũng thấy rằng

R22 + R32 − r12 R32 + R12 − r22 R12 + R22 − r32
+
+
a2
b2
c2
R22 + R32 + r12 R32 + R12 + r22 R12 + R22 + r32
+
+
a2
b2
c2
đúng và cả hai điều kiện để đẳng thức xảy ra cũng giống
thức Erdos-Mordell.

7
,

(2.5)
4
9
,
(2.6)
4
như bất đẳng

Vậy, tổng quát hóa các bất đẳng thức ở trên, sẽ dẫn đến kết luận sau