Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác thiết lập từ hàm lồi

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN TRƯỜNG HUYNH

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC
THIẾT LẬP TỪ HÀM LỒI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Bình Định - Năm 2020


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN TRƯỜNG HUYNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Đề tài
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC
THIẾT LẬP TỪ HÀM LỒI

CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 8460113

Người hướng dẫn: PGS. TS. LÊ CƠNG TRÌNH

Năm 2020

Mục lục
Danh mục chữ viết tắt và ký hiệu

3

1 Bất đẳng thức hình học trong tam giác được thiết lập từ bất đẳng
thức Jensen và bất đẳng thức liên quan

6

1.1

Hàm lồi và một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Bất đẳng thức Jensen và một số bất đẳng thức liên quan . . . . . . . .

7

1.3

Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác được thiết lập từ đồng
nhất thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.4

12

Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác được thiết lập từ một
bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2 Quan hệ trội và một số bất đẳng thức trong tam giác được thiết lập
từ các quan hệ trội

26

2.1

Các định nghĩa và tính chất liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.2

Quan hệ trội giữa độ dài các cạnh và một số bất đẳng thức liên quan .

29

2.2.1

Trong tam giác bất kỳ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.2.2

Trong tam giác cân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.2.3

Trong tam giác tù . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

Quan hệ trội giữa các góc và một số kết quả . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.3.1

Hàm sin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

2.3.2

Hàm cosin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

2.3.3

Hàm tang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

Quan hệ trội giữa các yếu tố khác và một số bất đẳng thức . . . . . . .

48

2.3

2.4

1


2.4.1

Cạnh và góc trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48

2.4.2

Chiều cao và bán kính đường tròn bàng tiếp của tam giác . . .

52

2.4.3

Cạnh, bán kính đường trịn bàng tiếp và trung tuyến của tam giác 54

Kết luận

56

2


Danh mục chữ viết tắt và ký hiệu
Độ dài các cạnh của tam giác ABC

a, b, c
a b c
s✏
2
A, B, C

Nửa chu vi tam giác ABC

ha ; hb ; hc

Các đường cao tương ứng từ các đỉnh A,B,C của tam giác ABC

R, r

Bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC

ra ; rb ; rc

Bán kính đường trịn bàng tiếp các góc A, B, C

∆

Diện tích của tam giác ABC

€ A( F € B)
F € C (F € D)
♣∆q
♣∆aq
♣∆oq
♣∆iq
➦
f ♣aq
➦a b

F là hàm lồi không giảm (lồi không tăng) trên miền xác định

F

Q✏

c

➦

Các góc hoặc các đỉnh của tam giác ABC

F là hàm lõm không tăng (lõm không giảm) trên miền xác định
Tam giác bất kỳ
Tam giác nhọn

Tam giác tù
Tam giác cân
:= f ♣aq+ f ♣bq+ f ♣cq
a b b c c a
:=
+
+
c
a
a
2
2
:= ♣a ✁ bq   ♣b ✁ cq   ♣c ✁ aq2

♣b ✁ cq2
Mk ♣xq ✏ Mk ♣x; y; z q :✏ ♣xyz q
1
:✏ [ (xk + y k   z k )]
3
:✏ min♣x; y; z q
:✏ max♣x; y; z q
log x
:✏ loge x
1
3

nếu
1
k

3

nếu
nếu
nếu

✏0
k ✘ 0, k ✘ ✟✽
k ✏ ✁✽
k ✏  ✽

k


Lời nói đầu
Bất đẳng thức là một trong những nội dung khó trong chương trình tốn trung học
phổ thơng, thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế. Đặc biệt,
việc đưa ra hay chứng minh các bất đẳng thức hình học trong tam giác, là các bất
đẳng thức liên hệ giữa các đại lượng trong tam giác như: cạnh, góc, diện tích, bán kính
đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp,..., thường không dễ dàng. Các vấn đề đó đã thu hút
rất nhiều người học, làm và nghiên cứu về toán từ những năm trước. Cho đến hiện tại
thì đây vẫn là một đề tài đa dạng, và nhận được sự quan tâm của rất nhiều người.
Chúng ta biết rằng, bất đẳng thức liên quan đến các đối tượng áp dụng, các quy
luật áp dụng và liên hệ đa chiều với các chuyên ngành Toán khác nhau. Do đó, một
vấn đề quan trọng được đặt ra trong lĩnh vực này, là nghiên cứu nguồn gốc, bản chất
của các bất đẳng thức hình học trong tam giác để có góc nhìn tổng quan hơn.
Hàm lồi, Schur- lồi (tương ứng, lõm; Schur- lõm) là một trong những lớp hàm có nhiều
ứng dụng quan trọng trong chương trình tốn trung học phổ thông, đặc biệt là các
ứng dụng trong việc đề xuất hay chứng minh bất đẳng thức.
Trong luận văn, chúng tơi nghiên cứu một số bất đẳng thức hình học trong tam

giác được thiết lập từ các hàm lồi (tương ứng, lõm), đặc biệt là bất đẳng thức Jensen,
bất đẳng thức liên quan và các áp dụng hàm lồi, hàm Schur-lồi (tương ứng, Schur-lõm)
vào các quan hệ trội của các đại lượng hình học trong tam giác. Trên cơ sở đó, chúng
tơi đề xuất một số bất đẳng thức mới liên quan đến các đại lượng trong tam giác dựa
trên một số hàm lồi (lõm) đặc biệt.
Ngoài mục lục, danh mục các ký hiệu, phần mở đầu và phần kết luận, nội dung
của luận văn được chúng tơi trình bày trong 2 chương:
4


Chương 1. Bất đẳng thức hình học trong tam giác được thiết lập từ bất
đẳng thức Jensen và các bất đẳng thức liên quan.
Trong chương này chúng tơi trình bày một số kiến thức chuẩn bị về các bất đẳng
thức, các tính chất và áp dụng. Một số bất đẳng thức liên hệ giữa các đại lượng hình
học trong tam giác bởi các hàm lồi (tương ứng, lõm) tổng quát, dưới dạng mệnh đề.
Xen vào đó, là một số kết quả đặc biệt, dưới dạng hệ quả.
Chương 2. Quan hệ trội và một số bất đẳng thức trong tam giác được
thiết lập từ các quan hệ trội.
Trong chương này chúng tơi trình bày một số kiến thức về bộ trội, các định nghĩa
về các hàm lồi, các quan hệ trội giữa các đại lượng hình học trong tam giác và các kết
quả đạt được khi được áp dụng các hàm lồi cụ thể cũng dưới dạng mệnh đề, hệ quả.
Đề tài này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học và tận tình của PGS. TS.
Lê Cơng Trình. Tơi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến Thầy đã nhận lời hướng dẫn, giúp
đỡ tơi hồn thành luận văn này.
Nhân đây, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám Hiệu Trường Đại học
Quy Nhơn, Phòng Đào tạo Sau đại học, Khoa Toán và Thống kê cùng q Thầy Cơ
giáo giảng dạy lớp cao học Tốn chun ngành Phương pháp Tốn sơ cấp khóa 21,
đã tận tình giúp đỡ và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong thời gian học tập và
nghiên cứu thực hiện đề tài. Đồng thời, tôi cũng không quên cảm ơn đến các bạn cùng
lớp, người thân đã động viên, đóng góp ý kiến và giúp đỡ tơi trong thời gian qua.

Mặc dù luận văn được thực hiện với sự nỗ lực cố gắng hết sức của bản thân, nhưng
do điều kiện về thời gian học tập, cơng tác có hạn, trình độ kiến thức và kinh nghiệm
nghiên cứu cịn hạn chế nên chắc chắn luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Chúng
tơi rất mong nhận được những góp ý thẳng thắn, xây dựng của quý thầy cô giáo và
các bạn học viên để luận văn được hoàn thiện hơn.
Quy Nhơn, tháng 05 năm 2020
Học viên
Nguyễn Trường Huynh

5


Chương 1
Bất đẳng thức hình học trong tam
giác được thiết lập từ bất đẳng thức
Jensen và bất đẳng thức liên quan
Trong chương này, chúng tơi trình bày một số kiến thức chuẩn bị như hàm lồi
(tương ứng, lõm) và các tính chất có liên quan, bất đẳng thức Jensen, một số bất đẳng
thức sinh ra từ bất đẳng thức Jensen, cùng với một số áp dụng của bất đẳng thức
Jensen để đưa ra một số bất đẳng thức liên hệ giữa các đại lượng hình học trong tam
giác.
Trong tồn bộ luận văn này, chúng tơi kí hiệu I thay cho I♣a; bq và BĐT thay cho Bất
đẳng thức. Và cuối chương, chúng tơi trình bày hệ thống một số các bất đẳng thức
hình học trong tam giác dựa vào các hàm lồi đặc biệt. Nội dung chủ yếu được lấy ra
từ tài liệu tham khảo [2] và [4] trong luận văn này.

1.1.

Hàm lồi và một số tính chất

Định nghĩa 1.1.1. Hàm số f ♣xq được gọi là hàm lồi (lồi dưới) trên I ⑨ R nếu với mọi
x, y

€ I và với mọi cặp số dương α, β thoả mãn α   β ✏ 1, ta đều có
f ♣αx   βy q ↕ αf ♣xq   βf ♣y q.
6


✏ ” trên xảy ra khi và chỉ khi x ✏ y, thì ta nói hàm số f ♣xq là lồi thực sự
(chặt) trong I ⑨ R.
Hàm số f ♣xq được gọi là hàm lõm (lồi trên) trên I ⑨ R nếu với mọi x, y € I và với mọi
cặp số dương α, β thoả mãn α   β ✏ 1, ta đều có

Nếu dấu ”

f ♣αx   βy q ➙ αf ♣xq   βf ♣y q.
Nếu dấu ” ✏ ” trên xảy ra khi và chỉ khi x ✏ y, thì ta nói hàm số f ♣xq là lõm thực sự
(chặt) trong I ⑨ R.

→ 0, ta có
pf ♣xq   qf ♣y q
px   qy
q
↕
.
f♣
p q
p q
Tính chất 1.1.2. Nếu f ♣xq là lồi (lõm) trên I ⑨ R thì g ♣xq :✏ cf ♣xq là hàm lõm (lồi)
trên I ⑨ R khi c ➔ 0 ♣c → 0q.

Tính chất 1.1.1. Với mọi p, q

Tính chất 1.1.3. Tổng hữu hạn các hàm lồi (lõm) trên I
trên I ⑨ R.

⑨ R là một hàm lồi (lõm)

Định lý 1.1.1 (Tiêu chuẩn hàm lồi). Nếu f ♣xq khả vi bậc hai trên I thì f ♣xq lồi (lõm)
trên I khi và chỉ khi f ✷ ♣xq ➙ 0 ♣f ✷ ♣xq ↕ 0q trên I.

1.2.

Bất đẳng thức Jensen và một số bất đẳng thức
liên quan

Định lý 1.2.1. (BĐT Jensen). Giả sử f là hàm lồi trên tập mở I và x1 , x2 , ..., xn

€ I.

Khi đó ta có
f

✁x

1

  x2   ...   xn ✠ ↕ f ♣x1q   f ♣x2q   ...   f ♣xnq .
n

n

Với mọi hàm lồi chặt, đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi : x1

(1.2.1)

✏ x2 ✏ ... ✏ xn.

Chú ý 1.2.1. Khi hàm f là hàm lõm trên tập mở I thì ta có BĐT ngược lại với
BĐT (1.2.1). Và với mọi hàm lõm chặt thì dấu ”
x1

✏ x2 ✏ ... ✏ xn.
7

✏

” trên xảy ra khi và chỉ khi


Định lý 1.2.2. (BĐT Jensen tổng quát). Cho f là hàm liên tục và lồi trên I.
Nếu x1 , x2 , ..., xn

€ I và t1, t2, ..., tn € ♣0; 1q sao cho t1   t2   ...   tn ✏ 1, ta có

f ♣t1 x1   t2 x2   ...   tn xn q ↕ t1 f ♣x1 q   t2 f ♣x2 q   ...   tn f ♣xn q.
Với mọi hàm lồi chặt, đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi: x1

(1.2.2)

✏ x2 ✏ ... ✏ xn.

Chú ý 1.2.2. Khi hàm f là hàm lõm liên tục trên tập mở I thì ta có BĐT ngược lại
với BĐT (1.2.2). Và với mọi hàm lõm chặt thì dấu ”
x1

✏ x2 ✏ ... ✏ xn.

✏ ” trên xảy ra khi và chỉ khi

Hệ quả 1.2.1. Cho f là hàm liên tục và lồi trên I. Khi đó với mọi xi thuộc I, với mọi
ri thuộc R  , i ✏ 1, ..., n, ta có
f♣

r1 f ♣x1 q   r2 f ♣x2 q   ...   rn f ♣xn q
r1 x1   r2 x2   ...   rn xn
q
↕
.
r1   r2   ...   rn
r1   r2   ...   rn

Nếu hàm f là hàm lõm trên tập mở I thì ta có BĐT ngược lại.
Hệ quả 1.2.2. Cho f là hàm liên tục và lồi trên I. Khi đó với mọi xi thuộc I, với mọi
ri thuộc R  , i ✏ 1, ..., n, ta có

r1 x1   r2 x2   ...   rn xn
r2 x1   r3 x2   ...   r1 xn
q
 
f♣

q   ...
r1   r2   ...   rn
r1   r2   ...   rn
...   rn✁1 xn
 f ♣ rnx1 r   r1xr2    ...
  rn q ↕ f ♣x1q   f ♣x2q   ...   f ♣xnq.
1
2

f♣

Nếu hàm f là hàm lõm trên tập mở I thì ta có BĐT ngược lại.
Hai định lý sau được đưa ra dựa vào BĐT Jensen.
Định lý 1.2.3. (M. Petrovic) [4] Cho f : r0;  ✽q

Ñ R là một hàm lồi và a, b, c là

các cạnh của một tam giác. Khi đó ta có
3f ♣

➳
2s
q
↕
f ♣aq ↕ f ♣0q   2f ♣sq.
3

(1.2.3)

Chú ý 1.2.3. Nếu hàm f là hàm lõm thì ta có BĐT ngược lại với BĐT (1.2.3).

Định lý 1.2.4. Cho f : r0;  ✽q

Ñ R là một hàm lồi và a, b, c là các cạnh của một

tam giác. Khi đó ta có
3f ♣
trong đó s ✏

➳
s
q
↕
f ♣xq ↕ f ♣sq   2f ♣0q,
3

a b c
, x ✏ s ✁ a, y
2

✏ s ✁ b, z ✏ s ✁ c.
8

(1.2.4)


Chứng minh. Áp dụng BĐT Jensen với
s✏

a b c
, x ✏ s ✁ a, y

2

✏ s ✁ b, z ✏ s ✁ c,

ta được
1
1
1
1
1
1
f ♣s ✁ aq   f ♣s ✁ bq   f ♣s ✁ cq ➙ f r ♣s ✁ aq   ♣s ✁ bq   ♣s ✁ cq].
3
3
3
3
3
3
Suy ra

➳

f ♣xq ➙ 3f ♣

s
q.
3

Vậy vế trái được chứng minh.
Tương tự, áp dụng BĐT Jensen, với các điều kiện ban đầu cho ba biến x, y, z và các

số p, q, r

→0

ta được bất đẳng thức
f♣

Đặt x ✏ p   q   r, y

px   qy   rz
pf ♣xq   qf ♣y q   rf ♣z q
q
↕
.
p q r
p q r

✏ 0, z ✏ 0 ta được
pf ♣p   q   rq   qf ♣0q   rf ♣0q
p♣p   q   rq
]↕
.
f[
p q r
p q r

Suy ra
f ♣pq ↕

pf ♣p   q   rq

p q r

  p  q  q  r r f ♣0q.

✏ 0, x ✏ 0 ta cũng có
qf ♣p   q   rq
r p
f ♣q q ↕
 
f ♣0q .
p q r
p q r
Và nếu ta đặt x ✏ 0, y ✏ 0 ta cũng có
rf ♣p   q   rq
p q
f ♣r q ↕
 
f ♣0q .
p q r
p q r
Tương tự ta đặt z

Cộng các kết quả thu được, ta có
f ♣pq   f ♣q q   f ♣rq ↕ f ♣p   q   rq   2f ♣0q.
Hay
f ♣xq   f ♣y q   f ♣z q ↕ f ♣x   y   z q   2f ♣0q.
Bây giờ, chúng ta sử dụng giả thiết đã cho với x ✏ s ✁ a, y

✏ s ✁ b, z ✏ s ✁ c, nên ta

có vế phải được chứng minh. Vậy định lý đã được chứng minh.
9


Ta xét một số ví dụ khi áp dụng hai BĐT trên vào một tam giác với giả sử rằng:
x ✏ s ✁ a → 0, y

✏ s ✁ b → 0, z ✏ s ✁ c → 0.

Ví dụ 1.2.1. Cho tam giác ABC. Khi đó ta có BĐT sau
3
2

↕ b  a c   c  b a   a  c b ➔ 2.

(1.2.5)

Đẳng thức xảy ra khi a ✏ b ✏ c và không xảy ra ở vế phải vì a ✘ 0; b ✘ 0; c ✘ 0.
Chứng minh. Xét hàm f ♣xq ✏
Khi đó ta có

x

2s ✁ x

, 2s ✁ x → 0.

f ✷ ♣xq ✏
Nên f ♣xq là hàm lồi, và ta có
f ♣aq ✏

a

b c

4s

♣2s ✁ xq3

, f ♣ bq ✏

b

, f ♣cq ✏

c

,
a b
2s
s
2s
3 ✏ 1.
f ♣sq ✏
✏
1, f ♣0q ✏ 0, f ♣ q ✏ 4s
2s ✁ s
3
2
3

Nên áp dụng Định lý 1.2.3, ta được
3
2

c a

→ 0.

↕ b  a c   c  b a   a  c b ➔ 2.

Ví dụ 1.2.2. Cho tam giác ABC. Khi đó ta có
15
4

↕ sb    ac   cs    ab   as    cb ➔ 92 .

(1.2.6)

Đẳng thức xảy ra khi a ✏ b ✏ c và không xảy ra ở vế phải vì a ✘ 0; b ✘ 0; c ✘ 0.
Chứng minh. Xét hàm f ♣xq ✏
Khi đó ta có

s x
.
2s ✁ x

f ✷ ♣xq ✏
Nên f ♣xq là hàm lồi, và ta có
f ♣aq ✏
f ♣sq ✏

6s

♣2s ✁ xq3

→ 0.

s a
s b
s c
, f ♣bq ✏
, f ♣cq ✏
,
b c
c a
a b
s s
1
2s
5
✏
2, f ♣0q ✏ , f ♣ q ✏ .
2s ✁ s
2
3
4
10


Nên áp dụng Định lý 1.2.3, ta được

↕ sb    ac   cs    ab   as    cb ➔ 92 .

15
4

Ví dụ 1.2.3. Cho tam giác ABC. Khi đó ta có BĐT sau
1
3

↕

a2   b 2   c 2
♣a   b   cq2

➔ 12 .

(1.2.7)

Đẳng thức xảy ra khi a ✏ b ✏ c và không xảy ra ở vế phải vì a ✘ 0; b ✘ 0; c ✘ 0.
x2
.
♣a   b   cq2

Chứng minh. Xét hàm f ♣xq ✏
Khi đó ta có

f ✷ ♣ xq ✏
Nên f ♣xq là hàm lồi, và ta có

2
♣ a   b   cq 2

→ 0.

f ♣aq ✏

b2
c2
a2
,
f
♣
b
q
✏
,
f
♣
c
q
✏
,
♣a   b   cq2
♣a   b   cq2
♣a   b   cq2

f ♣sq ✏

s2

♣a   b   cq2

✏ 14 , f ♣0q ✏ 0, f ♣ 2s3 q ✏

♣ 2s3 q2 ✏ 1 .
♣a   b   cq2 9

Nên áp dụng Định lý 1.2.3, ta được điều cần chứng minh.
Ví dụ 1.2.4. Cho tam giác ABC. Khi đó ta có

❄

s➔

❄

s✁a 

❄

s✁b 

❄

s✁c↕

❄

3s.

Đẳng thức xảy ra khi a ✏ b ✏ c và không xảy ra ở vế trái vì a ✘ 0; b ✘ 0; c ✘ 0.
Chứng minh. Xét hàm f ♣xq ✏

❄s ✁ x

Khi đó ta có
f ✷ ♣xq ✏ ✁
Nên f ♣xq là hàm lõm, và ta có
f ♣aq ✏

❄

1
❄
4♣s ✁ xq s ✁ x

s ✁ a, f ♣bq ✏

❄

➔ 0.

s ✁ b, f ♣cq ✏

❄s
❄ 2s ❄
f ♣sq ✏ 0, f ♣0q ✏ s, f ♣ q ✏
.
3
3

❄

s ✁ c,

Nên áp dụng Định lý 1.2.3 nhưng đổi chiều, ta được điều cần chứng minh.
11

(1.2.8)


1.3.

Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác
được thiết lập từ đồng nhất thức

Cho Φ, Φ1 , Φ2 , ..., Φn là các hàm thực xác định trên U
R với Φ♣xq, Φk ♣xq € ra; bs , ❅x € U, 1 ↕ k

↕ n.

❸ Rm, và hàm lồi F : ra; bs Ñ

Định lý 1.3.1. Cho Φ, Φ1 , Φ2 , ..., Φn là các hàm thực xác định trên U
n
➳

✏

Φk

✏ Φ.

❸ Rm, thoả
(1.3.1)

k 1

Khi đó với mọi hàm lồi F ta có
n
➳

1
F ♣Φk q ➙ nF ♣ Φq.
n
k ✏1

(1.3.2)

Nếu F là hàm lõm, ta có BĐT ngược lại.
Chứng minh. Ta chứng minh cho trường hợp hàm F lồi, trường hợp còn lại chứng minh
tương tự. Thật vậy, áp dụng BĐT Jensen cho hàm lồi F ta có
✂

F
Suy ra

1
1
Φ1   ...   Φn

n
n

✡

↕ n1 F ♣Φ1q   ...   n1 F ♣Φnq ✏ n1 rF ♣Φ1q   ...   F ♣Φnqs .
n
1 ➳
F ♣Φk q ➙ F
n k ✏1

✂

✡

1
Φ .
n

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Chú ý 1.3.1. Nếu F là lồi với x ➙ 0 và nếu F ♣0q ✏ 0 thì do Định lý 1.2.4, ta có
n
➳

✏

F ♣Φk q ↕ F ♣Φq.

k 1

Nếu F là hàm lõm thoả mãn các điều kiện trên, ta có BĐT ngược lại.
Vì vậy, kết hợp Định lý 1.3.1 ta được
n
➳
1
nF ♣ Φq ↕
F ♣Φk q ↕ F ♣Φq.
n
k ✏1

(1.3.3)

Vế phải của BĐT (1.3.3) chỉ tồn tại khi x ➙ 0 và F ♣0q ✏ 0. Bên cạnh đó, nếu hàm F
là lõm thì BĐT ngược lại vẫn đúng.
12


Chúng ta có một số áp dụng của BĐT (1.3.1) và (1.3.3).
Mệnh đề 1.3.1. Cho tam giác ABC. Nếu F ♣xq là hàm lồi với x ➙ 0 và F ♣0q ✏ 0 thì
3F ♣

➳
1
s✁a
q
↕
F♣
q ↕ F ♣1q.
3

s

(1.3.4)

Nếu F ♣xq là hàm lõm thì ta có BĐT ngược lại. Mặt khác, vế phải chỉ tồn tại khi x ➙ 0

và F ♣0q ✏ 0.

Chứng minh. Xét
Φ1
Ta có

3
➳

✏

Φk

✏

✏ s ✁s a , Φ2 ✏ s ✁s b , Φ3 ✏ s ✁s c .

➳s

✁ a ✏ s ✁ a   s ✁ b   s ✁ c ✏ 1 ✏ Φ.
s

k 1

s

s

s

Áp dụng BĐT (1.3.3) ta có điều phải chứng minh.
Một số kết quả suy ra từ Mệnh đề 1.3.1, được chỉ ra sau đây.
Hệ quả 1.3.1.
1
1
9
 
 
➙
.
s✁a s✁b s✁c
s
1

(1.3.5)

Đẳng thức xảy ra nếu tam giác là đều.
1
. Khi đó F ♣xq lồi. Áp dụng Mệnh đề 1.3.1 cho hàm lồi F ,
x
ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh. Xét F ♣xq ✏

Hệ quả 1.3.2.

❄

s➔

❄

s✁a 

❄

s✁b 

❄

s✁c↕

❄

3s.

(1.3.6)

Đẳng thức xảy ra nếu tam giác là đều.
Chứng minh. Xét F ♣xq ✏

❄x. Khi đó
F ✷ ♣xq ✏ ✁

1

❄
4x x

➔ 0, x → 0.

Nên F ♣xq là hàm lõm, và F ♣0q ✏ 0. Áp dụng Mệnh đề 1.3.1 cho hàm lõm F , ta có điều
phải chứng minh.
13


Hệ quả 1.3.3.
✁ s ✠n

3

3

↕ ♣s ✁ aqn   ♣s ✁ bqn   ♣s ✁ cqn ↕ sn. ♣n ➙ 2q

(1.3.7)

Đẳng thức xảy ra nếu tam giác là đều.
Chứng minh. Xét F ♣xq ✏ xn , ♣n ➙ 2, n € Rq. Khi đó
F ✷ ♣xq ✏ n♣n ✁ 1qxn✁2

➙ 0, x → 0.

Nên F ♣xq là hàm lồi. Áp dụng Mệnh đề 1.3.1 cho hàm lồi F , ta được điều phải chứng
minh.
Nhằm tránh việc lặp lại không cần thiết, chúng ta giả thiết rằng trong mỗi mệnh

€ Cx- nón lồi (tương ứng, F € Cv - nón lõm) thì BĐT ở vế phải
(tương ứng, vế trái) có thêm điều kiện x ➙ 0 và F ♣0q ✏ 0.
đề sau đây, nếu F

Mệnh đề 1.3.2. Cho tam giác ABC. Nếu F ♣xq là hàm lồi với x ➙ 0 và F ♣0q ✏ 0 thì
3F ♣

➳
r
1
q
↕
F ♣ q ↕ F ♣1q.
3
ra

(1.3.8)

Nếu F ♣xq là hàm lõm thì ta có BĐT ngược lại. Mặt khác, vế phải chỉ tồn tại khi x ➙ 0

và F ♣0q ✏ 0.

Chứng minh. Với giả thiết đã cho, đặt Φ1

✏ rr , Φ2 ✏ rr , Φ3 ✏ rr .
a

Theo [1] ta có

3
➳

✏

k 1

Φk

✏

➳ r

ra

b

c

✏ rr   rr   rr ✏ 1 ✏ Φ.
a

b

c

Áp dụng BĐT (1.3.3) ta có điều cần chứng minh.
Hệ quả 1.3.4.
ra   rb   rc

➙ 9r.

Đẳng thức xảy ra nếu tam giác là đều.
Chứng minh. Áp dụng Mệnh đề 1.3.2 cho hàm lồi F ♣xq
minh.
14

✏

1
, ta có điều phải chứng
x


Hệ quả 1.3.5.

❄1r

❄1r
a

➔

 

❄1r
b

 

❄1r
c

❄
↕ ❄3r .

Đẳng thức xảy ra nếu tam giác là đều.
Chứng minh. Áp dụng Mệnh đề 1.3.2 cho hàm lõm F ♣xq ✏

❄x, ta có điều phải chứng

minh.
Nhận xét 1.3.1. Theo [3] ta có:
r
ra
Khi đó ta có
3F ♣
Chú ý 1.3.2. Vì

s✁a
s

✏ rr

✏ hha  ✁rr .
a

a

➳

1
ha ✁ r
q
↕
F♣
q ↕ F ♣1q.
3
ha   ra

(1.3.9)

nên Mệnh đề 1.3.1 và Mệnh đề 1.3.2 là tương đương.

a

Mệnh đề 1.3.3. Cho tam giác ABC. Nếu F ♣xq là hàm lồi với x ➙ 0 và F ♣0q ✏ 0 thì
3F ♣

➳
1
r
q
↕
F ♣ q ↕ F ♣1q.
3
ha

(1.3.10)

Nếu F ♣xq là hàm lõm thì ta có BĐT ngược lại. Mặt khác, vế phải chỉ tồn tại khi x ➙ 0

và F ♣0q ✏ 0.

Chứng minh. Với giả thiết đã cho, ta cần chứng minh mệnh đề đúng với hàm F lồi.
➦ r
✏ 1 [1], lập luận tương tự Mệnh đề 1.3.1 và Mệnh đề 1.3.2, ta
Thật vậy, với
ha
được BĐT cần chứng minh.
Hệ quả 1.3.6.

❄1r

➔

❄1
ha

 

❄1
hb

 

❄1
hc

❄
↕ ❄3r .

Chứng minh. Áp dụng Mệnh đề 1.3.3 cho hàm lõm F ♣xq ✏

❄x, ta có điều phải chứng

minh.
Hệ quả 1.3.7.
ha   hb   hc
15

➙ 9r.

(1.3.11)


Chứng minh. Áp dụng Mệnh đề 1.3.3 cho hàm lồi F ♣xq

✏

1
, ta có điều phải chứng
x

minh.
Mệnh đề 1.3.4. Cho tam giác ABC. Nếu F ♣xq là hàm lồi với x ➙ 0 và F ♣0q ✏ 0 thì
3F ♣

➳
ra
1

q
↕
F♣
q ↕ F ♣1q.
3
4R   r

(1.3.12)

Nếu F ♣xq là hàm lõm thì ta có BĐT ngược lại với BĐT (1.3.12). Mặt khác, vế phải

chỉ tồn tại khi x ➙ 0 và F ♣0q ✏ 0.
➦

ra
4R   r
BĐT cần chứng minh.
Chứng minh. Với

✏ 1 [1] và chứng minh tương tự Mệnh đề 1.3.3 ta được

Hệ quả 1.3.8.
ra

n

  rb   rc
n

✂

n

➙ 3 4R3  r

✡n

.

Kết quả này mạnh hơn kết quả trong [8]:
ra n   rb n   rc n

➙ 3♣R   rqn

Chứng minh. Áp dụng Mệnh đề 1.3.4 cho hàm lồi F ♣xq

✏ xn, ♣n ➙ 1, n € Rq, ta có

điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.3.9.
1
ra

  r1   r1 ➙ 4R9  r .
b

c

Chứng minh. Áp dụng Mệnh đề 1.3.4 cho hàm lồi F ♣xq

✏

1
, ta có điều phải chứng
x

minh.
Tương tự, ta có hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.3.10.

❄❄
↕ ❄ra   ❄rb   ❄rc ↕ 3 4R   r.
➦
2R ✁ r
A
Chứng minh tương tự với sin2 ✏
, ta được mệnh đề sau.
❄

4R   r

2

2R

16


Mệnh đề 1.3.5. Với mọi tam giác ABC. Nếu F ♣xq là hàm lồi với x ➙ 0 và F ♣0q ✏ 0
thì

3F ♣

➳
A
2R ✁ r
2R ✁ r
q
↕
F ♣sin2 q ↕ F ♣
q.
6R
2
2R

(1.3.13)

Nếu F ♣xq là hàm lõm thì ta có BĐT ngược lại với BĐT (1.3.13). Mặt khác, vế phải

chỉ tồn tại khi x ➙ 0 và F ♣0q ✏ 0.

➦ a
1
a
✏ 4R
r
5s suy ra
✏ 4R ✁ 2r, nên ta có
rb   rc
rb   rc
➳

4R ✁ 2r
a2
3F ♣
q
↕
F♣
q ↕ F ♣4R ✁ 2rq.
(1.3.14)
3
rb   rc
❄
1
Áp dụng Mệnh đề 1.3.5 với các hàm F ♣xq ✏ x lõm, hàm F ♣xq ✏ lồi, ta được

Chú ý 1.3.3. Vì sin2

2

A
2

2

x

các hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.11.
❝

Hay

❄

2R ✁ r
2R

4R ✁ 2r

↕ sin A2

  sin B2

  sin C2

❝

↕3

↕ ❄r a  r   ❄r b  r   ❄r c  r ↕
b

c

1

 
A

c

a

a

2R ✁ r
.
6R

❄❄

b

3 4R ✁ 2r.

Hệ quả 1.3.12.
sin2
Hay

2

1
sin2

B
2

 

1
sin2

C
2

➙ 2R18R
✁ r.

9
rb   rc rc   ra ra   rb
 
 
➙
.
2
2
2
a
b
c
4R ✁ 2r
➦
s
Tương tự, với sin A ✏
[5] ta có mệnh đề sau.
R

Mệnh đề 1.3.6. Với mọi tam giác ABC. Nếu F ♣xq là hàm lồi thì
3F ♣

➳

s
s
q
↕
F ♣sin Aq ↕ F ♣ q.
3R
R

(1.3.15)

Nếu F ♣xq là hàm lõm thì ta có BĐT ngược lại. Mặt khác, vế phải chỉ tồn tại khi x ➙ 0

và F ♣0q ✏ 0.

17


Áp dụng Mệnh đề 1.3.6 với các hàm F ♣xq

✏ ❄x lõm, hàm F ♣xq ✏ x1

lồi, và hàm

F ♣xq ✏ xn , ♣n ➙ 2, n € Rq lồi ta được các hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.13.

❄

s↕

❄ ❄
❄
❄
❄
R♣ sin A   sin B   sin C q ↕ 3s.

Hệ quả 1.3.14.
1
sin A

  sin1B   sin1 C ➙ 9R
.
s

Hệ quả 1.3.15.
sinn A   sinn B   sinn C

n

➙ 31✁n Rs n .

Chú ý 1.3.4. Ta có
s
3

✏ ♣s ✁ aq   ♣s ✁3 bq   ♣s ✁ cq ➙ ♣s ✁ aq♣s ✁ bq♣s ✁ cq ✏ Fs ✏ r2s.
❛

Suy ra

➙

s
3

❄
3

❄

r2 s ñ s ➙ 3r 3.

Nên
sin A   sin B   sin C
n

Với

➦

2

3

tan

B
C
tan
2

2

n

n

➙3

1

n
  ✁ r ✠n
2

R

, n ➙ 2, n € R.

✏ 1 [5], ta thu được

Mệnh đề 1.3.7. Với mọi tam giác ABC. Nếu F ♣xq là hàm lồi thì
3F ♣

➳
1
B
C
q
↕
F ♣tan tan q ↕ F ♣1q.

3
2
2

(1.3.16)

Nếu F ♣xq là hàm lõm thì ta được BĐT đổi chiều. Mặt khác, vế phải chỉ tồn tại khi
x ➙ 0 và F ♣0q ✏ 0.

Áp dụng Mệnh đề 1.3.7 với các hàm F ♣xq

✏ ❄x lõm, hàm F ♣xq ✏ x1

lồi, và hàm

F ♣xq ✏ xn , ♣n ➙ 2, n € Rq lồi ta được các hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.16.
1↕

❝

A
B
tan tan
2
2

 

❝

B
C
tan tan
2
2
18

 

❝

tan

C
A
tan
2
2

↕

❄

3.

(1.3.17)


Hệ quả 1.3.17.

❝

1
A
B
tan tan
2
2

1
B
C
tan tan
2
2

1
C
A
tan tan
2
2

 ❝

 ❝

➙ 9.

(1.3.18)

Hệ quả 1.3.18.
A
B
tann tann
2
2

1.4.

  tann B2 tann C2   tann C2 tann A2 ➙ 3n1✁1 .

(1.3.19)

Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác
được thiết lập từ một bất đẳng thức

Định lý 1.4.1. Cho Φ, Φ1 , Φ2 , ..., Φn là các hàm thực xác định trên U
n
➳

✏

❸ Rm thoả

➙ Φ.

Φk

(1.4.1)

k 1

Khi đó, với mọi hàm lồi F khơng giảm ta có
n
➳

1
F ♣Φk q ➙ nF ♣ Φq.
n
k ✏1

(1.4.2)

Chứng minh. Thật vậy, F là hàm lồi nên theo BĐT Jensen ta có
✂

F

1
1
Φ1   ...   Φn
n
n

Mặt khác, vì

n
➦

✏

k 1

Φk

✡

↕ n1 F ♣Φ1q   ...   n1 F ♣Φnq ✏ n1 rF ♣Φ1q   ...   F ♣Φnqs .

➙ Φ nên

Φ1   ...   Φn
n

➙ Φn ,

và do F không giảm nên suy ra
F♣

Φ1   ...   Φn
1
q
➙
F ♣ Φq.
n
n

Từ đó ta được
1

F ♣ Φq ↕ F
n
Suy ra

✂

1
1
Φ1   ...   Φn
n
n

✡

↕ n1 rF ♣Φ1q   ...   F ♣Φnqs .

1
1
r
F ♣Φ1 q   ...   F ♣Φn qs ➙ F ♣ Φq.
n
n

Vậy ta có điều phải chứng minh.
19


Chứng minh hồn tồn tương tự, ta cũng có các kết quả sau

€ A (tập các hàm lồi không giảm )

Nếu F

€ B (tập các hàm lồi không tăng )

Nếu F

€ C (tập các hàm lõm không tăng )

Nếu F
Nếu F

€ D (tập các hàm lõm không giảm )

n
➳
k 1

1
F ♣Φk q ➙ nF ♣ Φq.
n
k ✏1

n
➳

n
➳

và

và

✏

✏

Φk

k 1
n
➳

và

và

➙ Φ thì

Φk

✏

↕ Φ thì

Φk

k 1
n
➳

Φk

✏

k 1

Mệnh đề 1.4.1. Cho tam giác ABC, với mọi hàm F
➳

n
➳

1
F ♣Φk q ➙ nF ♣ Φq.
n
k ✏1
n
➳

1
F ♣Φk q ↕ nF ♣ Φq.
n
k✏1

➙ Φ thì
↕ Φ thì

n
➳

1
F ♣Φk q ↕ nF ♣ Φq.
n
k ✏1

€ D, x → 0 thì

3
q.
4

F ♣sin2 Aq ↕ 3F ♣

(1.4.3)

Các đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là đều.
Chứng minh. Theo [2], Mục 2.3, ta có
sin2 A   sin2 B   sin2 C

↕ 94 .

Xét

✏ sin2A, Φ2 ✏ sin2B, Φ3 ✏ sin2C.

Φ1

Nên áp dụng Định lý 1.4.1 với F

€ D, x → 0 ta được điều cần chứng minh.

Chú ý 1.4.1. Với
sin2 A   sin2 B   sin2 C

↕ 94

Nếu áp dụng Định lý 1.4.1 với F

bq sin A  

sin C

sin B  

❄

cq Mk ♣sin A, sin B, sin C q ✏

3
q.
4

❄

↕

❄

F ♣sin2 Aq ➙ 3F ♣

3 3
.
2
❝

aq sin A   sin B   sin C

❄

✏ sin2A, Φ2 ✏ sin2B, Φ3 ✏ sin2C.

€ B ta được

➳

Hệ quả 1.4.1.

và Φ1

✒

↕ 3.

4

3
.
4

✚1

✟
1  k
sin A   sink B   sink C
3

20

k

↕

❄

3
, ♣0 ➔ k
2

↕ 2q.


Chứng minh. Xét F ♣xq ✏ x 2 ♣0 ➔ k

↕ 2q, ta có
→ 0, F ✷♣xq ✏ k♣k 4✁ 2q x ✁ ↕ 0, ♣k ✁ 2 ↕ 0q.
k

F ✶ ♣xq ✏

k k✁2

x 2
2

k 4
2

Nên F lõm và không giảm. Do đó, với k

✏ 1, k ✏ 21 ta có điều cần chứng minh.

Hệ quả 1.4.2.
sin A sin B sin C

↕ 83

❄

3.

Chứng minh. Xét F ♣xq ✏ log x, ♣x → 0q. Suy ra
1
x

F ✶ ♣ xq ✏

→ 0, F ✷♣xq ✏ ✁ x12 ➔ 0.

Nên F lõm, không giảm. Áp dụng Mệnh đề 1.4.1, ta được
log sin2 A   log sin2 B   log sin2 C
Nên

log♣sin2 Asin2 Bsin2 C q ↕ ♣

↕ 3 log 43 .

3 3
q.
4

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.4.2. Cho tam giác ABC, với mọi hàm F ♣xq lồi không giảm và x → 0 thì
➳

❄

3
A
q.
F ♣tan q ➙ 3F ♣
2
3

(1.4.4)

Các đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là đều.
Chứng minh. Theo [2], Mục 2.33 tr. 27 ta có
tan

  tan B2   tan C2 ➙

A

2

Vậy nên, áp dụng Định lý 1.4.1 với F

❄

3.

€ A, x → 0 ta được điều cần chứng minh.

Chú ý 1.4.2. Với
tan

A
2

  tan B2   tan C2 ➙

❄

3 và Φ1

✏ tan A2 , Φ2 ✏ tan B2 , Φ3 ✏ tan C2 .

€ C, x → 0 ta được
❄
➳
A
3
q.

F ♣tan q ↕ 3F ♣
2
3

Nếu áp dụng Định lý 1.4.1 với F

21


Hệ quả 1.4.3.
tan2

A
2

  tan2 B2   tan2 C2 ➙ 1.

Chứng minh. Xét F ♣xq ✏ x2 , x → 0 nên F

€ A.

Áp dụng Mệnh đề 1.4.2 ta được BĐT cần chứng minh.
Tương tự ta có một số hệ quả sau
Hệ quả 1.4.4.
tan4

A
2

  tan4 B2   tan4 C2 ➙ 13 .

Hệ quả 1.4.5.
tan2n
Chú ý 1.4.3. Với mọi F

nên

➳

  tan2n B2   tan2n C2 ➙ 3n1✁1 .

€ A, x → 0.

✂

F

A
2

tan

A
2

r   ra
b c

✡

Vì

✏ rb  rca ✏ r  a r ,
b
c
✏

➳

✂

F

a

rb   rc

✡

❄

➙ 3F ♣ 33 q.

Từ đó, chúng ta có một số các BĐT trong [5].
Mệnh đề 1.4.3. Cho tam giác ABC bất kỳ, với mọi hàm F ♣xq lồi không giảm và
x → 0 thì

➳

F ♣cot

❄
A
q
➙
3F ♣ 3q.
2

Các đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là đều.
Chứng minh. Theo [2] ta có
cot

A
2

Nên áp dụng Định lý 1.4.1 với F

❄
  cot B2   cot C2 ➙ 3 3.
€ A, x → 0 ta được điều cần chứng minh.

22

(1.4.5)


Tương tự khi xét một số hàm số F ♣xq, ta thu được kết quả sau
F ♣xq ✏ x2 , ♣x → 0q : cot2

A

2
3
3A
F ♣xq ✏ x , ♣x → 0q : cot
2
F ♣xq ✏ x2n , ♣x → 0q : cot2n

  cot2 B2   cot2 C2 ➙ 9.
❄
  cot3 B2   cot3 C2 ➙ 9 3.

A
2

  cot2n B2   cot2n C2 ➙ 3n 1.

Các đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là đều.
Chú ý 1.4.4. Xét hàm F

€ A, x → 0 . Vì
✏ r ✁r ✏
a

A
cot
2
nên

➳

✂

F

a

✡

ra ✁ r

a

✏

➳

✓✂

F

✂

rb   rc
ra ✁ r

rb   rc
ra ✁ r

✡1

✡1 ✛
2

2

❄
➙ 3F ♣ 3q.

Từ đó chúng ta có một số các BĐT trong [5].
Bên cạnh đó, ta có: bc   ca   ab

❄
➙ 4∆ 3 [2], nên áp dụng Định lý 1.4.1 ta được

kết quả sau đây
Mệnh đề 1.4.4. Cho tam giác ABC, với mọi hàm F
➳

€ A lồi khơng giảm và x → 0 thì

4∆
F ♣bcq ➙ 3F ♣ ❄ q.
3

(1.4.6)

Các đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi a ✏ b ✏ c.
Hệ quả 1.4.6.
a2 b 2   b 2 c 2   c 2 a2
Chứng minh. Xét F ♣xq ✏ x2 , ♣x → 0q, ta có F

➙ 16∆2.

€ A. Khi đó, áp dụng Mệnh đề 1.4.4 ta

có điều cần chứng minh.
Nhận xét 1.4.1. Với mọi hàm F
BĐT "chặt hơn" sau đây

➳

❄
€ A, và ab   bc   ca ➙ 4∆ 3   12 Q [2],

4∆
F ♣bcq ➙ 3F ♣ ❄
3
23

  Q6 q.

nên ta có