Áp dụng và mở rộng của một số bất đẳng thức hình học trong tam giác

Một số bất đẳng thức quan trọng

Định lý 1.1 (Bất đẳng thức Schwarz) Choa 1 , , a n là các số thực tùy ý;b 1 , , b n là các số dương, n ∈ N ∗ Khi đó a 2 1 b 1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Bernoulli) Với x > −1, ta luôn có

(1 + x) α ≥ 1 + αx với α < 0 hoặc α ≥ 1 (1.3) Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Cauchy) Cho a 1 , , a n là các số thực không âm.

Khi đó a 1 + a 2 + + a n n ≥ √ n a 1 a 2 a n (1.4)Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Jensen) Nếu f là hàm lồi trên khoảng I thì với mọi x 1 , x 2 , , x n ∈ I ta có f (x 1 ) + f(x 2 ) + + f (x n ) ≥ nf x 1 + x 2 + + x n n

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 = = x n

Một số hệ thức lượng và hệ thức véctơ cho tam giác

Trong tam giác ABC, Định lý 1.5 bao gồm các nội dung chính sau: a) Định lý hàm số côsin thể hiện mối quan hệ giữa các cạnh và góc của tam giác với công thức a² = b² + c² - 2bc cos A, b² = a² + c² - 2ac cos B, và c² = a² + b² - 2ab cos C b) Định lý hàm số sin cho biết a sin A = b sin B = c sin C = 2R, liên kết giữa các cạnh và góc thông qua bán kính đường tròn ngoại tiếp c) Các công thức tính diện tích của tam giác ABC giúp xác định diện tích dựa trên độ dài các cạnh và góc.

Công thức Hê-rông được biểu diễn bằng S = p p(p − a)(p − b)(p − c), trong đó p là nửa chu vi của tam giác Định lý Stewart (Định lý 1.6) cho biết rằng với tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c, và d là độ dài đoạn thẳng nối từ một đỉnh đến điểm trên cạnh đối diện, đoạn thẳng này chia cạnh a thành hai đoạn m và n, thì có công thức b²m + c²n = a(d² + mn) Định lý 1.7 chỉ ra rằng G, H, I, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác ABC.

Trong tam giác ABC, các điểm G, H, O, I lần lượt đại diện cho trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp Có những công thức quan trọng liên quan đến các điểm này.

Phép thế Ravi

Phép thế Ravi là một công cụ hữu ích trong việc thiết lập các bất đẳng thức tam giác Theo Định lý 1.9, cho tam giác ABC với ba cạnh có độ dài a, b, c, tồn tại các số thực dương x, y, z sao cho a = y + z, b = z + x, c = x + y Trong đó, x, y, z được xác định là x = p − a, y = p − b, z = p − c, với p = a + b + c.

2 Hơn nữa, nếu ta có các số thực dương x, y, z thì tồn tại một tam giác nhận các biểu thức x + y, y + z, z + x làm độ dài ba cạnh.

Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba và áp dụng của chúng 6

Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba

Định lý 1.10 (Định lý Vi-et về nghiệm của phương trình bậc ba) Cho phương trình x 3 + ax 2 + bx + c = 0.

Khi đó phương trình có ba nghiệm (kể cả nghiệm phức) x 1 , x 2 , x 3 thỏa mãn các tính chất dưới đây. x 1 + x 2 + x 3 = −a, (1.10) x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = b, (1.11) x 1 x 2 x 3 = −c, (1.12) x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 = a 2 − 2b, (1.13) (x 1 − x 2 ) 2 + (x 2 − x 3 ) 2 + (x 3 − x 1 ) 2 = 2(a 2 − 3b), (1.14) x 3 1 + x 3 2 + x 3 3 = −a 3 + 3ab − 3c, (1.15) x 2 1 x 2 2 + x 2 2 x 2 3 + x 2 3 x 2 1 = b 2 − 2ac, (1.16) x 4 1 + x 4 2 + x 4 3 = a 4 − 4a 2 b + 2b 2 + 4ac, (1.17) x 1 + x 2 x 3

Áp dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc ba

Mục này khám phá các hệ thức liên quan giữa ba cạnh của tam giác, cùng với các yếu tố lượng giác sin và côsin, dựa trên các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba Nội dung này được trình bày trong Định lý 1.11 và các hệ quả liên quan Định lý 1.11 khẳng định rằng trong tam giác ABC, với a, b, c là độ dài ba cạnh và p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp, có những mối quan hệ quan trọng giữa các yếu tố này.

1) Độ dài ba cạnh a, b, c của tam giác ABC là nghiệm của phương trình bậc ba t 3 − 2pt 2 + (p 2 + 4Rr + r 2 )t − 4pRr = 0 (1.19)

2) sin A, sin B, sin C là nghiệm của phương trình bậc ba t 3 − p

3) cos A, cos B, cos C là nghiệm của phương trình bậc ba t 3 − R + r

Từ Định lý 1.11 ta có các hệ quả sau đây.

Trong tam giác ABC, với a, b, c là độ dài ba cạnh, ta có các ký hiệu p là nửa chu vi, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và r là bán kính đường tròn nội tiếp.

Chứng minh (1) Áp dụng Tính chất (1.12) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định lý 1.11, hệ thức (1.22) được chứng minh.

(2) Áp dụng Tính chất (1.10) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định lý 1.11, hệ thức (1.23) được chứng minh.

(4) Cách 1 Áp dụng Tính chất (1.13) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định lý 1.11, hệ thức (1.25) được chứng minh.

Cách 2 Theo công thức (1.23) và (1.24) ta có a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c) 2 − 2(ab + bc + ca)

(6) Áp dụng Tính chất (1.15) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định lý 1.11, ta có a 3 + b 3 + c 3 = −(−2p) 3 + 3(−2p)(p 2 + 4Rr + r 2 ) + 3.4pRr

(7) Áp dụng Tính chất (1.16) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định lý 1.11, ta có a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = (p 2 + 4Rr + r 2 ) 2 − 2.2p.4pRr = (p 2 + 4Rr + r 2 ) 2 − 16p 2 Rr.

(8) Cách 1 Áp dụng Tính chất (1.17) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định lý 1.11, ta có a 4 + b 4 + c 4 = (−2p) 4 − 4(−2p) 2 (p 2 + 4Rr + r 2 ) + 2(p 2 + 4Rr + r 2 ) 2 + 4(−2p)(−4pRr)

(9) Áp dụng Tính chất (1.18) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định lý 1.11, ta có a + b c + b + c a + c + a b = −2p(p 2 + 4Rr + r 2 )

Hệ quả 1.13 Trong tam giác ABC với p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Khi đó ta có

(2) sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = p 2 + 4Rr + r 2

Chứng minh (1) Áp dụng Tính chất (1.10) của phương trình bậc ba đối với (1.20) trong Định lý 1.11, hệ thức (1.31) được chứng minh.

Hệ quả 1.14 Trong tam giác ABC với p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Khi đó ta có

(2) cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p 2 − 4R 2 + r 2

Cách 2 Ta có cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C = (cos A + cos B + cos C) 2 − 2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A)

Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác

Trong chương này, chúng tôi khám phá các bất đẳng thức hình học phẳng như Bất đẳng thức Euler, Blundon, Walker và Finsler-Hadwiger Mỗi bất đẳng thức sẽ được chứng minh qua nhiều phương pháp khác nhau Bên cạnh đó, chúng tôi cũng trình bày một số mở rộng và ứng dụng của các bất đẳng thức này Các kết quả được trình bày trong chương này được tham khảo từ các tài liệu [1], [2], [3], [6], [7], [8].

Bất đẳng thức Euler

Định lý 2.1 (Hệ thức Euler) Khoảng cách d giữa các tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của một tam giác bằng d 2 = R 2 − 2Rr (2.1)

Giả sử O và I là tâm của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC, với khoảng cách d = OI Gọi M và T lần lượt là các giao điểm của các đường phân giác trong tam giác.

BI, CI với đường tròn tâm O Đường kính qua O cắt đường tròn tâm O tại N, P như hình vẽ dưới đây.

Ta có R 2 − OI 2 = (R + OI)(R − OI) = (OP + OI)(ON − OI) = IP.IN Hơn nữa,

4IM N v 4IP B (g.g) vì N M I[ = IP B,d N IM[ = BIPd Từ đó ta có IM

IB hay IB.IM = IP.IN Mặt khácAT _ =

M C vì I là giao điểm các đường phân giác.

2 sđ M T _ nên M IC[ = M CI[ Do đó 4M IC cân tại M, ta được M I = M C Kẻ đường kính M K với đường tròn tâm O, kẻ ID vuông góc

BC Dễ thấy 4DIB v 4CM K (g.g) vì IDB[ = KCM ,\ M KC\ = IBD[ Suy ra IB

M C hay M K.ID = IB.M C Vì M K = 2R, ID = r, M I = M C nên 2Rr = M K.ID = IB.M C = IB.M I = R 2 − OI 2 Do đó OI 2 = R 2 − 2Rr Vậy d 2 = R 2 − 2Rr.

Hệ quả 2.2 (Bất đẳng thức Chapple-Euler) Trong tam giác ABC có R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Khi đó ta có

R> 2r (2.2) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Theo Định lý 2.1, công thức d² = R² - 2Rr cho thấy khoảng cách d giữa tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác Rõ ràng, điều này chỉ ra rằng R luôn lớn hơn hoặc bằng 2r.

Giả sử tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp O1 và ngoại tiếp O2 Ta dựng tam giác A1B1C1 đi qua các đỉnh của tam giác ABC và song song với các cạnh của nó, như minh họa trong hình vẽ.

Dựng các tiếp tuyến song song với các cạnh của tam giác A1B1C1 từ đường tròn tâm O, với tiếp điểm nằm trên cung AB chứa điểm C Qua cách dựng này, tam giác A1B1C1 sẽ nằm trong tam giác A2B2C2 và đồng dạng với tam giác ABC, với tỉ số đồng dạng bằng A1B1.

AB = 2 Gọi r 1 là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác

Mặt khác, tỉ số các bán kính đường tròn nội tiếp của hai tam giác đồng dạng bằng tỉ số các cạnh tương ứng, tức là r 1 r = A 1 B 1

Một số mở rộng của Bất đẳng thức Euler

Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá hai mở rộng của Bất đẳng thức Euler Theo Định lý 2.3, với a, b, c là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC và R, r là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tương ứng, cùng với a0, b0, c0, R0, r0 là độ dài các cạnh và bán kính của tam giác A0B0C0, có mối liên hệ chặt chẽ giữa các yếu tố này.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các tam giác ABC và A 0 B 0 C 0 đều.

Khi a = a0, b = b0, c = c0, bất đẳng thức (2.3) trong Định lý 2.3 trở thành Bất đẳng thức Euler (2.2) Để chứng minh định lý này, cần một số kết quả quan trọng sau đây.

Bổ đề 2.4 Điểm P thuộc miền trong của tam giác ABC khi và chỉ khi

Nếu điểm P nằm ngoài miền trong của tam giác ABC, thì đẳng thức không xảy ra Ngược lại, khi P thuộc miền trong tam giác ABC, ta có thể dựng hệ trục tọa độ Oxy với O tương ứng với P.

Diện tích của các tam giác PBC, PCA và PAB được xác định theo các công thức nhất định Chúng ta có thể chọn hệ trục tọa độ sao cho x1, x3, y1 ≥ 0 và x2, y2, y3 ≤ 0.

P C = (x 3 , y 3 ) Bằng tính toán trực tiếp ta được

Bổ đề được chứng minh xong.

Bổ đề 2.5, hay còn gọi là bất đẳng thức Klamkin, khẳng định rằng nếu P là một điểm trong mặt phẳng và R1, R2, R3 lần lượt là khoảng cách từ điểm P đến các đỉnh A, B, C của tam giác ABC, thì tồn tại một mối quan hệ nhất định giữa các số thực x, y, z.

Đẳng thức (x + y + z)(xR 1 2 + yR 2 2 + zR 2 3 ) ≥ yza 2 + zxb 2 + xyc 2 xảy ra khi và chỉ khi điểm P nằm bên trong tam giác ABC và tỷ lệ x : y : z = S P BC : S P CA : S P AB, trong đó S P BC, S P CA, S P AB lần lượt là diện tích các tam giác P BC, P CA, P AB Chứng minh rằng với mọi x, y, z thuộc R, điều này luôn đúng.

P C) ≥ 0 (2.7) Mặt khác theo Định lý hàm số côsin ta có

AB 2 = P A 2 + P B 2 − 2P A.P B cos AP B[ ⇔ 2P A.P B cos AP B[ = P A 2 + P B 2 − c 2 Suy ra

P B = 2P A.P B cos AP B[ = P A 2 + P B 2 − c 2 (2.8) Tương tự ta có

P C = 2P A.P C cos AP C[ = P A 2 + P C 2 − b 2 (2.10) Thay (2.8), (2.9) và (2.10) vào (2.7) ta có x 2 P A 2 + y 2 P B 2 + z 2 P C 2 + xy(P A 2 + P B 2 − c 2 )+ yz(P B 2 + P C 2 − a 2 ) + xz(P A 2 + P C 2 − b 2 ) ≥ 0

⇔ (x + y + z)(xP A 2 + yP B 2 + zP C 2 ) ≥ yza 2 + zxb 2 + xyc 2 , hay

(x + y + z)(xR 1 2 + yR 2 2 + zR 2 3 ) ≥ yza 2 + zxb 2 + xyc 2

Từ (2.6), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x −→

Vậy Bổ đề 2.5 được chứng minh.

Hệ quả 2.6 Cho các số thực x, y, z dương Khi đó

3 (yz sin A + zx sin B + xy sin C) (2.12) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z và tam giác ABC đều.

Chứng minh Với x, y, z > 0, theo Bất đẳng thức Klamkin ở Bổ đề 2.5, ta có

(x + y + z)(xR 1 2 + yR 2 2 + zR 2 3 ) ≥ yza 2 + zxb 2 + xyc 2 (2.13) Xét trường hợp điểm P là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, ta có

R 2 (x + y + z) 2 ≥ yza 2 + zxb 2 + xyc 2 (2.14) Theo Bất đẳng thức Schwarz, ta có

(yza + zxb + xyc) 2 = √ yz √ yza + √ zx √ zxb + √ xy √ xyc 2

≤ (yz + zx + xy)(yza 2 + zxb 2 + xyc 2 ), hay yza 2 + zxb 2 + xyc 2 yz + zx + xy ≥ yza + zxb + xyc yz + zx + xy

Do đó bất đẳng thức (2.14) tương đương với

R 2 (x + y + z) 2 1 yz + zx + xy ≥ yza 2 + zxb 2 + xyc 2 yz + zx + xy

⇔ R 2 (x + y + z) 2 1 yz + zx + xy ≥ yza + zxb + xyc yz + zx + xy

⇔ R 2 (x + y + z) 2 (yz + zx + xy) ≥ (yza + zxb + xyc) 2

⇔ R(x + y + z) √ yz + zx + xy ≥ yza + zxb + xyc

⇔ (x + y + z) √ yz + zx + xy ≥ 2 yz a 2R + zx b

Sử dụng Định lý hàm số côsin a sin A = b sin B = c sin C = 2R, thay vào (2.15) ta có

(x + y + z) √ yz + zx + xy ≥ 2(yz sin A + zx sin B + xy sin C) (2.16)

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

⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) ≥ 3(xy + yz + zx)

2(yz sin A + zx sin B + xy sin C) ≤ (x + y + z) 2

⇔ 2 √ 3(yz sin A + zx sin B + xy sin C) ≤ (x + y + z) 2 Vậy Hệ quả 2.6 được chứng minh.

Chứng minh Định lý 2.3 Vì Hệ quả 2.6 đúng với các số dươngx, y, z bất kỳ nên ta có x = sin A 0 , y = sin B 0 , z = sin C 0 Do đó

3 sin B 0 sin C 0 sin A + sin C 0 sin A 0 sin B + sin A 0 sin B 0 sin C

3 (sin B 0 sin C 0 sin A + sin C 0 sin A 0 sin B + sin A 0 sin B 0 sin C) Áp dụng Định lý hàm số sin, ta có a sin A = b sin B = c sin C = 2R, a 0 sin A 0 = b 0 sin B 0 = c 0 sin C 0 = 2R 0

2R 0 = sin A 0 + sin B 0 + sin C 0 nên sin A 0 + sin B 0 + sin C 0 ≥ √

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, đồng nghĩa với việc tam giác ABC là tam giác đều Khi x = y = z, ta có sin A0 = sin B0 = sin C0, điều này chứng tỏ rằng tam giác A0B0C0 cũng là tam giác đều Do đó, Định lý 2.3 đã được chứng minh.

Sau đây là một số hệ quả của Định lý 2.3, chúng cũng có thể xem là các mở rộng khác của Bất đẳng thức Euler.

Hệ quả 2.7 Trong tam giác ABC với R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, ta có

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Chứng minh Không mất tính tổng quát, trong (2.3) giả sử a = b = c, khi đó ta có

Vì tam giác A 0 B 0 C 0 là bất kì nên bất đẳng thức đã được chứng minh xong.

Hệ quả 2.8 Trong tam giác ABC với a, b, c, R, r lần lượt là độ dài ba cạnh, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, ta có

Chứng minh Trong (2.3), lấy a 0 = a, b 0 = c, c 0 = b ta thu được bất đẳng thức trên.

Hệ quả 2.9 Trong tam giác ABC với a, b, c, R, r lần lượt là độ dài ba cạnh, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, ta có

Trong tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c, bán kính đường tròn ngoại tiếp là R và bán kính đường tròn nội tiếp là r, ta có bất đẳng thức r ≤ R Chứng minh cho điều này được thực hiện bằng cách lấy 0 = b, b = c, c = a, từ đó dẫn đến mối quan hệ r = r0.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.

Chứng minh rằng O và I là tâm của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC Gọi O' và I' lần lượt là hình chiếu của O và I trên cạnh AC, như được thể hiện trong hình vẽ dưới đây.

2 Không mất tính tổng quát, giả sử a 6 b 6 c Theo tính chất phép chiếu, ta có OI > O 0 I 0 Theo Hệ thức Euler trong Định lý 2.1, ta có OI = R 2 − 2Rr Vì

2 nên từOI > O 0 I 0 ta suy raR 2 − 2Rr =

4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác là tam giác đều.

Một số áp dụng của Bất đẳng thức Euler

Bài toán 2.1 Cho tam giác ABC Gọi R, rlần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng

Bất đẳng thức cuối đúng theo Bất đẳng thức Euler Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

≤ 5R 2 + 4Rr − r 2 (2.23) Chứng minh Ta có

≤ 4R 2 + 5Rr + r 2 (2.25) Chứng minh Ta có

Bất đẳng thức cuối đúng theo Bất đẳng thức Euler.

Bất đẳng thức cuối đúng theo Bất đẳng thức Euler Vậy Bất đẳng thức (2.25) đã được chứng minh.

Bài toán 2.5 Cho tam giác ABC với a, b, c lần lượt là độ dài của ba cạnh

BC, CA, AB Chứng minh rằng

Chứng minh Theo (1.30), (1.27) và (1.22) ta có a + b c + b + c a + c + a b = p 2 − 2Rr + r 2

BC, CA, AB Chứng minh rằng

(a − b) 2 ab + (b − c) 2 bc + (c − a) 2 ca = a 2 − 2ab + b 2 ab + b 2 − 2bc + c 2 bc + c 2 − 2ca + a 2 ca

4 Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

BC, CA, AB Chứng minh rằng a 4 + b 4 + c 4 + 5abc(a + b + c) ≥ 2(ab + bc + ca) 2 (2.28) Chứng minh Theo (1.29), (1.22), (1.23) và (1.24) ta có a 4 + b 4 + c 4 = 2 p 4 − 2p 2 r(4R + 3r) + r 2 (4R + r) 2

, abc = 4pRr, a + b + c = 2p, ab + bc + ca = p 2 + 4Rr + r 2

Bất đẳng thức Blundon

Định lý 2.11 khẳng định rằng trong tam giác ABC với các cạnh có độ dài a, b, c, nửa chu vi được ký hiệu là p, bán kính đường tròn ngoại tiếp là R và bán kính đường tròn nội tiếp là r, có mối quan hệ nhất định giữa các yếu tố này.

Chúng tôi sẽ trình bày hai cách chứng minh Bất đẳng thức Blundon: một là phương pháp đại số do Blundon đưa ra vào năm 1965, dựa trên ba yếu tố p, R, r và phương trình bậc ba; hai là phương pháp hình học được Dorin Andrica và Catalin Barbu giới thiệu vào năm 2008 Hai cách chứng minh này được nêu trong tài liệu [1].

Chứng minh 1 (Lời giải đại số) Vì a, b, c là nghiệm của phương trình bậc ba (1.19) nên theo (1.23), (1.24) và (1.22) nên ta có

S 1 = a + b + c = 2p, S 2 = ab + bc + ca = p 2 + 4Rr + r 2 , S 3 = abc = 4pRr.

Thực hiện biến đổi và rút gọn, ta có

R(R − 2r). Vậy Bất đẳng thức Blundon được chứng minh.

Để chứng minh hình học của Bất đẳng thức Blundon, chúng ta sẽ xem xét các kết quả đã biết, cụ thể là Định lý 2.12, liên quan đến tam giác ABC và ba đường tròn bàng tiếp ứng với các cạnh của tam giác này.

BC, CA, AB lần lượt tiếp xúc với các cạnh này tại A 0 , B 0 , C 0 Khi đó ba đường

AA 0 , BB 0 , CC 0 đồng quy tại N ĐiểmN được gọi là điểm Nagel của tam giácABC. Định lý 2.13 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp, G là trọng tâm, N là điểm Nagel của tam giác ABC Khi đó N, G, I thẳng hàng và N I = 3GI.

Để chứng minh bất đẳng thức Blundon, ta xem xét tam giác ABC không đều với O, I, N lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và điểm Nagel Cần chứng minh rằng cos ION = 2R² + 10Rr - r² - p².

R 2 − 2Rr Áp dụng Định lý 1.6 cho tam giác ION, khi đó ta có

ON 2 GI + OI 2 N G − OG 2 N I = GI.GN.N I

⇔ ON 2 GI + OI 2 2GI − OG 2 3GI = 6GI 3

⇔ ON 2 + 2OI 2 − 3OG 2 = 6GI 2 (2.31) Thay

9 (p 2 − 16Rr + 5r 2 ) (1.9). vào (2.31) ta đượcON 2 = R 2 −4Rr+4r 2 = (R−2r) 2 TừN I 2 = 9GI 2 = p 2 −16Rr+5r 2 , áp dụng Định lý hàm số côsin trong tam giác ION ta có cos ION[ = ON 2 + OI 2 − N I 2

Suy ra cos ION[ = 2R 2 + 10Rr − r 2 − p 2

Trong tam giác đều ABC, các điểm I, O, N sẽ trùng nhau, dẫn đến tam giác ION trở thành một điểm duy nhất Khi đó, giá trị của cos ION bằng 1, cho thấy rằng -1 ≤ cos ION ≤ 1.

R(R − 2r).Vậy Bất đẳng thức Blundon được chứng minh.

Một số mở rộng của Bất đẳng thức Blundon

Trong phần này, chúng tôi sẽ mở rộng về Bất đẳng thức Blundon, dựa trên tài liệu tham khảo [3] Trước hết, chúng ta sẽ tìm hiểu định nghĩa của hệ tọa độ tỉ cự.

Mệnh đề 2.14 Cho ba điểm A, B, C và ba số thực t 1 , t 2 , t 3 thỏa mãn điều kiện t 1 + t 2 + t 3 6= 0 Khi đó, tồn tại điểm P = (t 1 : t 2 : t 3 ) sao cho t 1 −→

Vế phải của (2.34) là một vectơ hoàn toàn xác định, cho phép suy ra sự tồn tại của điểm P = P(t1 : t2 : t3) thỏa mãn (2.34), tức là đáp ứng yêu cầu của mệnh đề Định nghĩa 2.15 cho thấy bộ (t1 : t2 : t3) (với t1 + t2 + t3 ≠ 0) trong Mệnh đề 2.14 có thể được thay thế bằng a(t1, t2, t3), và khi đó, nó được gọi là tọa độ tỉ cự của điểm P đối với hệ ba điểm.

A, B, C nếu thỏa mãn hệ thức (2.33). Định lý 2.16 Trong tam giác ABC cho P, Q có tọa độ tỉ cự lần lượt là t 1 : t 2 : t 3 , u 1 : u 2 : u 3 sao cho u = u 1 + u 2 + u 3 , t = t 1 + t 2 + t 3 , và điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, O khác điểm P, Q Nếu t 1 , t 2 , t 3 , u 1 , u 2 , u 3 6= 0 thì ta có cos P OQ[ =

(2.35) trong đó α = u 1 u − t 1 t , β = u 2 u − t 2 t , γ = u 3 u − t 3 t Để chứng minh Định lý 2.16 ta cần các kết quả dưới đây.

Nếu P (t 1 : t 2 : t 3 ) là tâm tỉ cự của hệ ba điểm A, B, C thì với mọi điểm M, ta có t 1 −−→

0 Nếu P 6= M thì khoảng cách từ M đếnP là kết quả của Định lý 2.17 dưới đây. Định lý 2.17 Cho điểm M và tam giác ABC Khi đó ta có

− (t 2 t 3 a 2 + t 3 t 1 b 2 + t 1 t 2 c 2 ) (2.37) Chứng minh Bình phương hai vế của (2.36) ta có

Xét ba số thực t 1 , t 2 , t 3 sao cho t 1 + t 2 + t 3 6= 0, khi đó (2.37) trở thành

(2.38) Định lý 2.18 Trong tam giác ABC cho P, Q có tọa độ tỉ cự lần lượt là t 1 : t 2 : t 3 và u 1 : u 2 : u 3 sao cho u = u 1 + u 2 + u 3 , t = t 1 + t 2 + t 3 Khi đó ta có

Chứng minh Định lý 2.16 Áp dụng (2.38) cho P và Q ta có

(2.41) Áp dụng Định lý côsin trong tam giác P OQ, ta có cos P OQ[ = OP 2 + OQ 2 − P Q 2

2OP.OQ (2.42) và kết hợp với (2.39), (2.40), (2.41), (2.42), Định lý 2.16 được chứng minh.

Theo Định lý 2.16, ta có thể nhận được KhiP ≡ I, Q ≡ N và bất đẳng thức Blundon Điểm I và N có tọa độ tỉ cự lần lượt là (t1 : t2 : t3) = (a, b, c) và (u1 : u2 : u3) = (p − a, p − b, p − c) Từ đó, ta tính được u = u1 + u2 + u3 = p và u1u2u3 = (p − a)(p − b)(p − c) = pr² Ngoài ra, t = t1 + t2 + t3 = 2p và t1t2t3 = abc = 4pRr.

−2(2p 2 − 2r 2 − 8Rr) + 3(p 2 − 3r 2 − 6Rr) + 18Rr tức là αβγ a 2 α + b 2 β + c 2 γ

Ta dùng (2.43) và (2.44) ta có t 1 t 2 t 3 t a 2 t 1 + b 2 t 2 + c 2 t 3

Dùng (2.45)-(2.47) trong (2.35) ta thu được (2.32) và (2.29).

Hệ quả này mở rộng Bất đẳng thức Blundon, trong đó chúng ta xem xét các bán kính đường tròn bàng tiếp I a, I b, I c và các điểm liên hợp N a, N b, N c với N Gọi r a, r b, r c là các bán kính đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC.

Hệ quả 2.19 Cho tam giác I a ON a Khi đó ta có cos I\ a ON a = R 2 − 3Rr a − r 2 a − α

Chứng minh Xét các điểmI a vàN a có tọa độ tỉ cự lần lượt là(t 1 : t 2 : t 3 ) = (−a, b, c) và (u 1 : u 2 : u 3 ) = (p, c − p, b − p).

Ta có u = u 1 + u 2 + u 3 = p − a, u 1 u 2 u 3 = p(p − b)(p − c) và t = t 1 + t 2 + t 3 = 2(p − a), t 1 t 2 t 3 = −abc = −4pRr.

2 r b r c + b 2 rr b + c 2 rr c = 4R r a + 4. Tiếp theo, ta có

Ta lại có p(−a 2 + b 2 + c 2 ) − bc(b + c) = 2pbc cos A − 2bcp + abc =

2pbc(cos A − 1) + abc = abc − 4pbc sin 2 A

Dùng (2.49), (2.50) và (2.53) trong (2.35) ta thu được (2.48) Dùng (2.48) ta có thể suy ra Bất đẳng thức Blundon dạng kép sau đây:

Một số áp dụng của Bất đẳng thức Blundon

Bài toán 2.8 (Bất đẳng thức Yang Xue-zhi) đề cập đến tam giác ABC với các ký hiệu p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp Nhiệm vụ là chứng minh một bất đẳng thức liên quan đến các đại lượng này trong tam giác.

Chứng minh 1 Vì R ≥ 2r nên R − r > 0 và 0 < r

Theo Bất đẳng thức Bernoulli ta có r

= r 2 2(R − r) (2.55) Thay (2.55) vào Bất đẳng thức Blundon (2.30) ta được

R − r Bất đẳng thức Yang Xue-zhi đã được chứng minh.

Chứng minh 2 Vì R − 2r > 0 và √ R 2 − 2Rr > 0 nên ta áp dụng Bất đẳng thức

Cauchy cho hai số dương trên Khi đó ta được

R − r Bất đẳng thức Yang Xue-zhi đã được chứng minh.

Bài toán 2.9 (Bất đẳng thức Gerretsen) Cho tam giácABC với p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Chứng minh rằng

Chứng minh 1 Từ Bất đẳng thức Blundon (2.30) ta cũng có

Chứng minh 2 Vì (R − r) 2 = R 2 − 2Rr + r 2 > R 2 − 2Rr do đó R − r > √

Ta cũng có (2R − r) 2 = 4R 2 − 4Rr + r 2 > 4R 2 − 4Rr nên 2R − r > 2 √

Từ (2.57) và (2.58) ta có Bất đẳng thức Gerretsen (2.56).

Bài toán 2.10 Cho tam giác ABC với R, rlần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Chứng minh rằng

R 2 − 2Rr (2.59) Chứng minh Theo (1.26) trong Hệ quả 1.12 ta có

Bất đẳng thức trên đúng với Bất đẳng thức Gerettsen (2.56).

Bất đẳng cuối đúng với Bất đẳng thức Blundon (2.29) Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

Bài toán 2.11 Cho tam giác ABC với R, rlần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Chứng minh rằng

24Rr − 12r 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 ≤ 8R 2 + 4r 2 (2.60) Chứng minh Theo (1.25) trong Hệ quả 1.12, ta có a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − 4Rr − r 2 ).

Ta có R 2 − 2Rr ≤ R 2 − 2Rr + r 2 nên √ R 2 − 2Rr ≤ R − r Áp dụng Bất đẳng thức

Do đó a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − 4Rr − r 2 ) ≥ 2(16Rr − 5r 2 − r 2 − 4Rr) = 24Rr − 12r 2 Mặt khác, áp dụng Bất đẳng thức Blundon (2.29) ta có p 2 ≤ 2R 2 + 10Rr − r 2 + 2(R − 2r)p

Do đó a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − 4Rr − r 2 ) ≤ 2(4R 2 + 4Rr + 3r 2 − r 2 − 4Rr) = 8R 2 + 4r 2 Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

Bất đẳng thức Walker

Định lý 2.20 khẳng định rằng trong tam giác ABC có ba góc nhọn, tổng bình phương các cạnh a² + b² + c² sẽ lớn hơn hoặc bằng 4(R + r)² Một cách diễn đạt tương đương là p² ≥ 2R² + 8Rr + 3r² Đẳng thức này chỉ xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều.

4R suy ra abc = 4RS Theo Định lý hàm số côsin, ta có a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A hay b 2 + c 2 − a 2 = 2bc cos A Áp dụng chúng ta có a 2 + b 2 + c 2 8RS = (b 2 + c 2 − a 2 ) + (a 2 + c 2 − b 2 ) + (a 2 + b 2 − c 2 )

= 2bc cos A + 2ac cos B + 2ab cos C

= cos 2 A a cos A + cos 2 B b cos B + cos 2 C c cos C

Dễ thấy cos A, cos B, cos C dương do tam giác ABC nhọn Theo Bất đẳng thức Schwarz ta được a 2 + b 2 + c 2 8RS = cos 2 A a cos A + cos 2 B b cos B + cos 2 C c cos C

≥ (cos A + cos B + cos C) 2 a cos A + b cos B + c cos C Theo (1.34) và (1.25) ta có cos A + cos B + cos C = R + r

Ta lại có a cos A + b cos B + c cos C = 2R sin A cos A + 2R sin B cos B + 2R sin C cos C

= R(2 sin A cos A + 2 sin B cos B + 2 sin C cos C)

Vậy Bất đẳng thức Walker được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Chứng minh 2 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi đó ta có

AI + BI + CI ≤ 2(R + r) Thật vậy, ta có

Bất đẳng thức Gerretsen được biểu diễn bằng công thức p² ≤ 4R² + 4Rr + 3r², trong đó ab + bc + ca ≤ 4(R + r)² Với A₀, B₀, C₀ là hình chiếu của các điểm A, B, C lên các cạnh BC, CA, AB, và H là trực tâm của tam giác ABC, ta có mối quan hệ HA₀ + HB₀ + HC₀ ≤ 2(R₀ + r₀) với R₀ = R.

2 , r 0 = 2R cos A cos B cos C Từ đó ta có h a − AH + h b − BH + h c − CH ≤ 2

⇔ h a + h b + h c ≤ R + 4R cos A cos B cos C + AH + BH + CH

Vậy Bất đẳng thức Walker đã được chứng minh.

Một số mở rộng của Bất đẳng thức Walker

Trong phần này, chúng tôi sẽ giới thiệu một số mở rộng của Bất đẳng thức Walker, với các bổ đề, định lý và hệ quả được trích dẫn từ tài liệu [7].

Trong mục này, chúng ta sẽ khám phá ba mở rộng của Bất đẳng thức Walker Định lý 2.21 chỉ ra rằng nếu P là một điểm nằm bên trong tam giác ABC (có thể nằm trên ba cạnh nhưng không bao gồm ba đỉnh A, B, C), thì r1, r2, r3 là khoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB tương ứng, trong khi R1, R2, R3 là khoảng cách từ P đến các đỉnh A.

R 3 ≤ R 1 + R 2 + R 3 Đẳng thức này chỉ xảy ra khi tam giác ABC đều và P là tâm của tam giác, hoặc khi tam giác ABC vuông cân và P là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Giả sử tam giác ABC nhọn và P là tâm đường tròn ngoại tiếp của nó Khi đó

R 1 = R 2 = R 3 = R, r 1 = R cos A, r 2 = R cos B, r 3 = R cos C Do đó

⇔ (cos B + cos C) 2 + (cos C + cos A) 2 + (cos A + cos B ) 2 ≤ 3

⇔ 2(cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C) + 2(cos B cos C + cos C cos A + cos A cos B) ≤ 3.

(2.64) Theo (1.35) và (1.36) ta có cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p 2 − 4R 2 + r 2

Bất đẳng thức cuối cùng là Bất đẳng thức Walker.

Chứng minh của định lý trên cần bổ đề sau.

Bổ đề 2.22 khẳng định rằng trong tam giác ABC, nếu P là điểm nằm bên trong, thì khoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB lần lượt là r1, r2, r3, và khoảng cách từ P đến các đỉnh A, B, C là R1, R2, R3 Độ dài ba cạnh của tam giác được ký hiệu là a, b, c tương ứng với BC, CA, và AB.

Trong tam giác ABC, có các điều kiện aR1 ≥ br3 + cr2, bR2 ≥ cr1 + ar3, và cR3 ≥ ar2 + br1 Dấu "=" chỉ xảy ra khi điểm P nằm trên các cạnh AO, BO, CO, với O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

N cR 1 aR 1 T bR 1 br 3 F cr 2

Chứng minh rằng các tứ giác 4MNT, 4ABC, 4MEN, và 4OKA có những đặc điểm tương đồng Khi E, M, F thẳng hàng, ta có EM = MN.sinMNE = cR1.sinOAK = cr2 và MF = MT.sinMTF = bR1.sinOAH = br3.

N T = aR 1 ≥ EF = EM + M F = cr 2 + br 3

Tương tự ta có bR 2 ≥ cr 1 + ar 3 , cR 3 ≥ ar 2 + br 1 Vậy Bổ đề 2.22 được chứng minh.

Chứng minh Định lý 2.21 Theo (2.65) trong Bổ đề 2.22, ta có

Để chứng minh bất đẳng thức (2.63), ta cần chỉ ra rằng tổng các biểu thức br3 + cr2 a + cr1 + ar3 b + ar2 + br1 c phải lớn hơn hoặc bằng a(r2 + r3)2 br3 + cr2 + b(r3 + r1)2 cr1 + ar3 + c(r1 + r2)2 ar2 + br1 Điều này tương đương với việc xác nhận các điều kiện đã cho trong bài toán.

(br 3 + cr 2 )(cr 1 + ar 3 )(ar 2 + br 1 ) (bc(br 3 + cr 2 ) + ca(cr 1 + ar 3 ) + ab(ar 2 + br 1 ))

− a 2 bc(cr 1 + ar 3 )(ar 2 + br 1 )(r 2 + r 3 ) 2 − b 2 ca(ar 2 + br 1 )(br 3 + cr 2 )(r 3 + r 1 ) 2

− c 2 ab(br 3 + cr 2 )(cr 1 + ar 3 )(r 1 + r 2 ) 2 ≥ 0

Bất đẳng thức (2.63) được chứng minh. Định lý 2.23 Cho m, n là các số thực không âm và tam giác ABC nhọn Khi đó p 2 ≥ 4mR 3 − 4(m − 4n)R 2 r − (7m + 3n)Rr 2 − 2(m + 2n)r 3

Khi n = 0, tam giác ABC không đều chỉ thỏa mãn dấu bằng khi tam giác này là tam giác vuông Trong các trường hợp khác, dấu bằng chỉ xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều hoặc vuông cân.

Bất đẳng thức (2.66) là một mở rộng của Bất đẳng thức Walker vì các lý do sau đây Đặt

N = 4mR 3 − 4(m − 4n)R 2 r − (7m + 3n)Rr 2 − 2(m + 2n)r 3 Gọi u và v là các số thực dương Đặt m = uR, n = v(R − r) + ur Khi đó

Khi đó bất đẳng thức (2.66) trở thành p 2 ≥ 4uR 3 + 16vR 2 r + 3(3u − v)Rr 2 + 4(u − v)r 3

Cho u = v, bất đẳng thức trên trở thành p 2 ≥ 4R 3 + 16R 2 r + 6Rr 2

2R = 2R 2 + 8Rr + 3r 2 Đây là Bất đẳng thức Walker. Để chứng minh Định lý 2.23 ta cần bổ đề sau.

Bổ đề 2.24 Cho tam giác ABC nhọn Khi đó p 2 ≥ 16Rr − 3r 2 − 4r 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều hoặc vuông cân.

Chứng minh Bất đẳng thức (2.67) tương đương với p 3 ≥ 16Rrp − pr 2

R = 4(p − a)(p − b)(p − c) abc vào (2.68) ta có p 3 ≥ 4abc − (p − a)(p − b)(p − c)

Bất đẳng thức trên tương đương với abc(a+b+c) 3 +3abc(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c)+2(b+c−a) 2 (c+a−b) 2 (a+b−c) 2 −32(abc) 2 ≥ 0. Chia hai vế của bất đẳng thức trên cho 2 và khai triển ra ta có

Q :=X cyc a 6 − 2X cyc a(b 5 + c 5 ) −X cyc a 2 (b 4 + c 4 ) + 5abcX cyc a 3

− abcX cyc a(b 2 + c 2 ) + 4X cyc b 3 c 3 − 6(abc) 2 ≥ 0, (2.69) hay

(b − c) 2 Giả sửa ≥ b và a ≥ c, khi đób 2 +c 2 ≥ a 2 (vì tam giácABC nhọn) Do đóQ ≥ 0.

Chứng minh Định lý 2.23 Theo Bất đẳng thức Ciamberlini, Bất đẳng thức Euler (Hệ quả 2.2) và bất đẳng thức (2.67), ta có p ≥ 2R + r, R ≥ 2r, p 2 ≥ 16Rr − 3r 2 − 4r 3

R Với m ≥ 0 và n ≥ 0, khi đó ta có m(R − 2r) p 2 − (2R + r) 2

⇔ (mR + nR − 2mr)p 2 − 4mR 3 + 4(m − 4n)R 2 r + (7m + 3n)Rr 2 + 2(m + 2n)r 3 ≥ 0. Vậy Định lý 2.23 được chứng minh.

Sau đây là hệ quả của Định lý 2.23, cũng là mở rộng khác của Bất đẳng thức Walker.

Hệ quả 2.25 Cho p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC Khi đó ta có p 2 ≥ 2R 2 + 8Rr + 3r 2 + 2(R − 2r) R − ( √

2)r > 0 Do đó trong (2.66) ta có thể đặt m = R R − ( √

Bất đẳng thức (2.66) tương đương p 2 ≥ 4R 3 − 4 √

2r) < 0 Do đó trong (2.66) ta có thể đặt m = −R R − ( √

Tương tự như trên, từ (2.66) ta nhận được bất đẳng thức (2.70) Từ đó ta nhận được Bất đẳng thức Walker.

Bất đẳng thức liên quan đến định lý 2.26 cho thấy rằng, với điểm P nằm trong tam giác ABC (ngoại trừ ba đỉnh A, B, C), khoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB được ký hiệu lần lượt là r1, r2, r3 Đồng thời, khoảng cách từ P đến đỉnh A được ký hiệu là R1, R2, R3 Định lý này không phải là một sự mở rộng thực sự của Bất đẳng thức Walker, nhưng được đưa vào tài liệu như một tham khảo hữu ích.

B, C Với a, b, c tương ứng là độ dài ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC, khi đó

Dấu bằng xảy ra trong trường hợp tam giác ABC là tam giác đều với P là tâm của tam giác, hoặc khi tam giác ABC là tam giác vuông cân và P là tâm của đường tròn ngoại tiếp.

Chứng minh Theo (2.65) ta có

R 1 ≥ br 3 + cr 2 a , R 2 ≥ cr 1 + ar 3 b , R 3 ≥ ar 2 + br 1 c

≥ 0. Vậy bất đẳng thức (2.71) được chứng minh.

Giả sử tam giác ABC nhọn và P là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC Khi đó R 1 = R 2 = R 3 = R, r 1 = R cos A, r 2 = R cos B, r 3 = R cos C Do đó (2.71) trở thành

1 + cos A + cos B ≤ cos A+cos B+cos C (2.72)

Từ (2.72) ta dễ dàng nhận được hệ quả dưới đây.

Hệ quả 2.27 Cho tam giác ABC nhọn Khi đó ta có p 2 ≥ (2R + r)(2R 3 + R 2 r + 3Rr 2 + r 3 )

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều hoặc vuông cân.

Bất đẳng thức (2.73) không thể so sánh với Bất đẳng thức Walker.

Một số áp dụng của Bất đẳng thức Walker

Bài toán 2.12 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh rằng

(2.74)⇔ cos B cos C + cos C cos A + cos A cos B cos A cos B cos C ≥ 8Rr + 4r 2 − 2R 2 p 2 − (2R + r) 2 Theo (1.35) và (1.37) ta có cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p 2 − 4R 2 + r 2

Bất đẳng thức cuối đúng với Bất đẳng thức Walker Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

Bài toán 2.13 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh rằng

(cos A + cos B + cos C) 2 ≤ sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C (2.75) Chứng minh Theo (1.34) và (1.33) ta có cos A + cos B + cos C = R + r

⇔ p 2 ≥ 2R 2 + 8Rr + 3r 2 Bất đẳng thức cuối đúng với Bất đẳng thức Walker Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh xong.

Bài toán 2.14 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh rằng cos A + cos B + cos C ≤ √

2 cos A cos B cos C + 2 (2.76) Chứng minh Theo (1.34) và (1.37) ta có cos A + cos B + cos C = R + r

Bất đẳng thức cuối đúng với Bất đẳng thức Walker Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

Bài toán 2.15 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh rằng cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A − 2 cos A cos B cos C ≤ 1

2 (2.77) Chứng minh Theo (1.37) và (1.35) ta có cos A cos B cos C = p 2 − (2R + r) 2

4R 2 , cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p 2 − 4R 2 + r 2

⇔ p 2 ≥ 2R 2 + 8Rr + 3r 2 Bất đẳng thức cuối đúng với Bất đẳng thức Walker Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger

2.4.1 Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger Định lý 2.28 Trong tam giác ABC ta có

Chứng minh 1 Theo phép thế Ravi trong Định lý 1.9, ta có a, b, c là 3 cạnh của tam giác nên x, y, z dương và p = x + y + z, a = y + z, b = z + x, c = x + y, x = p − a, y = p − b, z = p − c.

Từ công thức Hê-rông ta có

⇔ (xy + yz + zx) 2 ≥ 3(x + y + z)xyz. Áp dụng bất đẳng thức (m + n + t) 2 ≥ 3(mn + nt + tm) vào (xy + yz + zx) 2 ta có

(xy + yz + xz) 2 ≥ 3(xy.yz + yz.zx + zx.xy) = 3xyz(x + y + z).

Vậy Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger được chứng minh.

Chứng minh 2 Từ các công thức a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − 4Rr − r 2 ), (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 = 2(p 2 − 12Rr − 3r 2 ), S = pr ta có

Vậy Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger đã được chứng minh.

Chứng minh 3 Theo Định lý hàm số côsin ta có a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A Từ đó ta có a 2 = (b − c) 2 + 4S tan A

2 Tương tự với b, c ta có b 2 = (c − a) 2 + 4S tan B

2 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành tan A

Theo Bất đảng thức Jensen (Định lý 1.4), ta có tan A

Vậy Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger được chứng minh.

Chứng minh 4 Bất đẳng thức (2.78) có thể viết lại thành

Sử dụng các hệ thức sau:ab + bc + ca = p 2 + 4Rr + r 2 và a 2 + b 2 + c 2 = 2p 2 − 8Rr − 2r 2 Khi đó

Theo (2.80), bất đẳng thức trên luôn đúng Vậy Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger được chứng minh.

Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger được coi là một sự mở rộng quan trọng của Bất đẳng thức Weitzenbock Trong bài viết này, chúng tôi sẽ tiến hành chứng minh Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger từ góc độ thuần túy hình học.

Trong tam giác ABC, ký hiệu S là diện tích của tam giác này, và S m là diện tích của tam giác đều có cạnh m Theo bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, ta có a² + b² + c² ≥ 4√S.

3S + (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 Nhân hai vế của bất đẳng thức cho

4 , bất đẳng thức trên trở thành

Bây giờ ta sẽ chứng minh (2.82).

Điểm "Fermat" F của tam giác ABC là điểm nằm trên hoặc trong tam giác, sao cho tổng AF + BF + CF đạt giá trị tối thiểu Để nghiên cứu thêm, ta có thể dựng các tam giác đều bên ngoài trên các cạnh AB, BC và CA của tam giác ABC.

Khi A, B, C có các góc nhỏ hơn 120 độ, điểm F sẽ là giao điểm của các đường nối từ các đỉnh A, B, C đến các đỉnh đối diện của các tam giác đều Tại điểm F, mỗi góc đều bằng 60 độ Độ dài từ F đến các đỉnh A, B, C lần lượt được ký hiệu là x, y, z.

Giả sử a ≥ b ≥ c, ta định nghĩa S a 0 là diện tích của tam giác với các cạnh a, y, z; S b 0 là diện tích của tam giác với các cạnh b, z, x; và S c 0 là diện tích của tam giác với các cạnh c, x, y.

S a + S b + S c = 3S + S |x−y| + S |y−z| + S |z−x| , (2.83) trong đó S = S a 0 + S b 0 + S c 0 và S |x−y| , S |y−z| , S |z−x| là các kết quả không âm. Trên cạnhF B lấy điểm M sao cho F M = x Khi đó M B = y − x Ta có hai tam giác CF A và tam giác CF M bằng nhau.

Xét tam giác CM B có b + y − x ≥ a hay y − x ≥ a − b Tương tự ta cũng có z − y ≥ b − c, z − x ≥ a − c Do đó

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z và tam giác ABC đều.

Ngược lại, khi một góc trong tam giác ABC lớn hơn hoặc bằng 120 0 (giả sử

Cb≥ 120 0 ) thì F trùng với đỉnh C Do đó

Khi đó z = 0, x = b, y = a Vì vậy a ≥ |b − c|, b ≥ |c − a| Từ đó (2.83) ta có

≥ 3S + S |a−b| + S |b−c| + S |c−a| Vậy Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger được chứng minh.

2.4.2 Một số mở rộng của Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger

Chúng tôi nghiên cứu một mở rộng của Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, dựa trên tài liệu [6] Định lý 2.29 chỉ ra rằng, trong một tam giác ABC với S là diện tích, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, và r là bán kính đường tròn nội tiếp, nếu đặt Q = (a − b)² + (b − c)² + (c − a)², thì ta có bất đẳng thức a² + b² + c² ≥ Q + 4Sr.

Để chứng minh Định lý 2.29, cần sử dụng các kết quả sau đây Theo Định lý 2.30, với p là nửa chu vi, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và r là bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác ABC, nếu R ≥ 2r thì có thể xác định được mối quan hệ giữa các yếu tố này.

4 + 2(1 − t) 3 2 (2.90) Đẳng thức (2.89) trong (2.88) xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC cân và số đo radian của góc tại một đỉnh của tam giác lớn hơn hoặc bằng π

Đẳng thức (2.90) trong (2.88) chỉ xảy ra khi tam giác ABC là tam giác cân, và số đo radian của góc tại một đỉnh của tam giác phải nhỏ hơn hoặc bằng π.

Bổ đề 2.31 Với t ∈ [0, 1], ta có các bất đẳng thức sau

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t ∈ {0, 1}.

Mệnh đề 2.32 cho biết rằng với p là nửa chu vi, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, và r là bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác ABC, ta có các bất đẳng thức p ≥ r.

Chứng minh Vì theo Hệ quả 2.2 ta có R ≥ 2r nên trong (2.91), ta đặt t = 2r

R và nhân vào hai vế của (2.91) với R 2 Do đó ta có

Kết hợp với Định lý 2.30 ta có p 2 ≤ (r + 4R) 2 R

R và nhân vào hai vế của (2.92) với R 2 , sau đó kết hợp với Định lý 2.30 ta có p 2 ≥ r(4R + r) 2

1 + R r ≥ 4R + r Tương tự như thế ta cũng có (2.96) Vậy Mệnh đề 2.32 đươc chứng minh.

Chứng minh Định lý 2.29 Theo (1.24) và (1.25) ta có ab + bc + ca = p 2 + 4Rr + r 2 , a 2 + b 2 + c 2 = 2(p 2 − 4Rr − r 2 ).

Khi đó ta có a 2 + b 2 + c 2 − Q = 2(ab + bc + ca) − (a 2 + b 2 + c 2 ) = 4r 2 + 16Rr = 4r(r + 4R). Áp dụng (2.94) từ Mệnh đề 2.32 ta có

Vậy bất đẳng thức (2.85) được chứng minh.

Tương tự, ta có a 2 + b 2 + c 2 − 3Q = 6(ab + bc + ca) − 5(a 2 + b 2 + c 2 )

Áp dụng (2.96) từ Mệnh đề 2.32 ta có

Vậy bất đẳng thức (2.86) đã được chứng minh.

Ta cũng có a 2 + b 2 + c 2 − Q = 2(ab + bc + ca) − a 2 − b 2 − c 2

= 4r 2 + 16Rr = 4r(r + 4R). Áp dụng (2.95) từ Mệnh đề 2.32 ta có

Bất đẳng thức (2.87) đã được chứng minh, cung cấp các chặn trên cho tổng các bình phương của các cạnh tam giác theo định lý 2.29 Các chặn này được gọi là "Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger ngược" Kết quả cho thấy chặn trên trong (2.87) vượt trội hơn so với chặn trong (2.86) Thực tế, trong mọi tam giác, ta có 2S r.

R Điều này tương đương với pr r

Từ bất đẳng thức đã nêu, chúng ta đặt ra câu hỏi liệu có tồn tại một hằng số nhỏ nhất để thỏa mãn bất đẳng thức dưới đây hay không.

1 + R r ≥ 4R + r nờn bất đẳng thức đỳng với à ≥ 1 Cũn vớià = 1 ta nhận được (2.96) Kiểm tra với tam giácABC cân cóa = 1, b = c = tvớit → 1

+ , ta thấy điều kiện cần để bất đẳng thức xảy ra làà ≥ λ = 5−2 √

Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá định lý 2.33 liên quan đến tam giác ABC, trong đó p là nửa chu vi, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và r là bán kính đường tròn nội tiếp Định lý này cung cấp những thông tin quan trọng về mối quan hệ giữa các yếu tố này trong tam giác.

6 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử a = 1, b = c = 1

2, đặt u = r1 + x x Khi đó x = 1 u 2 − 1 ta có g( 1 u 2 − 1 ) = 5 + 8( √

Rõ ràng g(x) ≥ 0 với x ∈ (0, 1) Mặt khác

Rõ ràng ta cũng có h(x) ≥ 0 với x ∈ (0, 1) Vậy f (x) ≥ 0 với x ∈ (0, 1) Vậy Định lý2.33 được chứng minh.

4, ta nhận được hệ quả dưới đây.

Hệ quả 2.34 Cho tam giác ABC với S, R, r lần lượt là diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Đặt Q = (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 Khi đó ta có

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều Do đó a 2 + b 2 + c 2 ≤ Q + 4S r

R Định lý 2.33 cũng cho ta đưa ra Bất đẳng thức “Finsler-Hadwiger chứa tham số” dưới đây.

Hệ quả 2.35 Cho tam giác ABC với S, R, r lần lượt là diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Đặt Q = (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 Khi đó ta có a 2 + b 2 + c 2 ≤ (1 + 2λ)Q + 4S 1 − λ) r

95 ≈ −0, 38522 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

2.4.3 Một số áp dụng của Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger

Bài toán 2.16 (Bất đẳng thức Weitzenbock) Trong tam giác ABC ta có a, b, c là độ dài ba cạnh, S là diện tích Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √

Chứng minh Từ Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger (2.78) ta dễ dàng nhận được bất đẳng thức trên.

Bài toán 2.17 Giả sử m, n, p là các số thực sao cho m + n, n + p, p + m là các số dương Trong tam giác ABC với 3 cạnh có độ dài là a, b, c ta có m n + p a 2 + n p + m b 2 + p m + n c 2 ≥ 2S √

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = n = p.

3 + a 2 + b 2 + c 2 Áp dụng Bất đẳng thức Schwarz ta có a 2 n + p + b 2 p + m + c 2 m + n

≥ (a + b + c) 2 2(m + n + p) Mặt khác, áp dụng Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger ta có

Bài toán 2.18 Cho tam giác ABC có a, b, c là độ dài ba cạnh, S là diện tích. Chứng minh rằng

2 (|a − b| + |b − c| + |c − a|) 2 (2.102) Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c Khi đó

3 + 6(a − c) 2 Áp dụng phép thế Ravi trong Định lý 1.9, đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y.

Ta có công thức Hê-rông S = p p(p − a)(p − b)(p − c) =p

(x + y + z)xyz Sử dụng phép thế Ravi và công thức Hê-rông như trên ta có

3(x + y + z)xyz + 2z 2 − 4zx + 2x 2 ≤ 2x 2 + 2y 2 + 2z 2 + 2xy + 2yz + 2zx

≥ 0 với mọi x, y, z. Để chứng minh a 2 + b 2 + c 2 ≤ 4S √

3 + 6(a − c) 2 ta cần chứng minh bất đẳng thức (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ≤ 2(a − c) 2

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

⇔ (b − a)(2b − 2c) ≤ 0 với a ≥ b ≥ 0. Áp dụng Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, ta có a 2 + b 2 + c 2 ≤ 4S √

3 + 6(a − b) 2 Vậy bất đẳng thức (2.102) được chứng minh.

Trong luận văn này, chúng tôi tập trung vào việc trình bày và hệ thống hóa các bất đẳng thức hình học phẳng, bao gồm bất đẳng thức Euler, Blundon, Walker, và Finsler-Hadwiger Bên cạnh đó, chúng tôi cũng áp dụng các bất đẳng thức này để mở rộng và chứng minh một số bất đẳng thức khác.

1 Trình bày chi tiết nhiều cách chứng minh các bất đẳng thức hình học phẳng Euler (Hệ quả 2.2), Blundon (Định lý 2.31), Walker (Định lý 2.20), Finsler- Hadwiger (Định lý 2.28).

2 Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc ba liên quan đến cạnh và góc của tam giác để mở rộng các bất đẳng thức trên (Mục 2.1.2, 2.2.2, 2.3.2, 2.4.2).

3 Áp dụng các kết quả đạt được để chứng minh một số bất đẳng thức hình học trong tam giác (Mục 2.1.3, 2.2.3, 2.3.3, 2.4.3).

Tiêu đề	Áp Dụng Và Mở Rộng Của Một Số Bất Đẳng Thức Hình Học Trong Tam Giác
Tác giả	Nguyễn Thị Quỳnh Mai
Người hướng dẫn	TS. Lê Thanh Hiếu
Trường học	Trường Đại Học Quy Nhơn
Chuyên ngành	Toán Học
Thể loại	Luận Văn Thạc Sĩ
Năm xuất bản	2021
Thành phố	Bình Định

Định dạng
Số trang	72
Dung lượng	419,92 KB