Các chuyên đề chọn lọc sáng tạo và chứng minh bất đẳng thức hình học

ThS HỒNG MINH QN  ThS HỒNG THỊ BÍCH NGỌC CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC SÁNG TẠO VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI LỜI NÓI ĐẦU “Làm để giải nhiều tốn bất đẳng thức hình học, làm để sáng tạo bất đẳng thức hình học mới” Đó câu hỏi khơng em học sinh mà nhiều bạn đọc tìm tòi mong muốn có câu trả lời Cuốn sách viết ngồi mục đích trả lời phần cho câu hỏi hướng đến cảm thụ vẻ đẹp bất đẳng thức hình học thơng qua nhiều chun đề khác Trong số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học tam giác, thường gặp phương pháp chứng minh mà đẳng thức xảy tam giác đều, sách trình bày thêm phương pháp khác xây dựng trội cạnh, góc, để từ sáng tạo nên bất đẳng thức mà đẳng thức xảy tam giác vng, tam giác tù Ngoài phương pháp chứng minh sáng tạo đẳng thức, bất đẳng thức tác giả trình bày thêm chuyên đề bất đẳng thức tiếng bất đẳng thức Euler, Klamkin, Erdos-Mordell, với việc mở rộng tổng quát hóa, kết nghiên cứu nhiều nhà toán học giới thời gian gần cập nhật vào sách, để bạn đọc có nhìn nhận đa chiều cảm nhận vẻ đẹp khám phá Ngồi xuyên suốt sách tác giả cố gắng nêu bật ý tưởng sáng tạo hệ thức hình học cách chia sẻ với bạn đọc cách tiếp cận, cách xây dựng nên bất đẳng thức hình học tổng quát khai thác để tạo bất đẳng thức mới, tạo nhiều mảnh đất màu mỡ để bạn đọc từ làm sở gieo trồng tìm tòi tiếp theo, làm phong phú kho tàng hệ thức hình học tam giác Đây điểm khác biệt sách so với sách khác bất đẳng thức hình học Cuốn sách gồm 22 chuyên đề:  Chuyên đề trình bày xây dựng hệ thức hình học lượng giác tam giác thơng qua cơng thức tính diện tích tam giác  Chuyên đề trình bày bất đẳng thức Blundon, Gerretsen áp dụng, chuyên đề hướng tới phương pháp sử dụng hai bất đẳng thức việc chứng minh nhiều bất đẳng thức hình học  Chuyên đề trình bày phương pháp pRr để chứng minh bất đẳng thức hình học, lượng giác tam giác Các yếu tố gồm cạnh, 25 góc, bán kính đường tròn bàng tiếp, đường cao, biểu diễn qua ba yếu tố tam giác P, R, r Vì phương pháp hữu hiệu cho nhiều lời giải hay đẹp  Chuyên đề trình bày bất đẳng thức Euler, mở rộng bất đẳng thức Euler tam giác, tứ giác khơng gian  Chun đề trình bày bất đẳng thức Finsler-Hadwiger với chứng minh mới, mở rộng đánh giá đặc sắc liên quan đến bất đẳng thức vài năm gần  Chuyên đề trình bày phương pháp hình học hóa đại số để chứng minh tốn bất đẳng thức đại số  Chuyên đề trình bày phương pháp đại số hóa hình học để chứng minh tốn bất đẳng hình học  Chuyên đề trình bày phương pháp lượng giác hóa để chứng minh tốn bất đẳng thức đại số hình học  Chuyên đề trình bày lớp bất đẳng thức lượng giác tam giác có tham số mẫu  Chuyên đề 10 trình bày phương pháp sử dụng bất đẳng thức Walker để chứng minh bất đẳng thức hình học lượng giác tam giác nhọn  Chuyên đề 11 trình bày số phát nhỏ việc chứng ninh bất đẳng thức liên quan đến đường trung tuyến  Chuyên đề 12 Trình bày số bất đẳng thức liên quan đến tâm đường tròn nội tiếp tam giác  Chuyên đề 13 trình bày phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Chebyshev để chứng minh bất đẳng thức hình học sáng tạo bất đẳng thức  Chuyên đề 14 trình bày phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Jensen để chứng minh sáng tạo bất đẳng thức  Chuyên đề 15 trình bày phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Popoviciu để chứng minh sáng tạo bất đẳng thức  Chuyên đề 16 trình bày phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức Popoviciu mở rộng để chứng minh sáng tạo bất đẳng thức với lớp tam giác đẳng chu  Chuyên đề 17 trình bày phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Karamata để chứng minh sáng tạo hệ thức hình học tam giác  Chuyên đề 18 trình bày phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Karamata để chứng minh sáng tạo hệ thức lượng giác tam giác  Chuyên đề 19 trình bày phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Klamkin, kết mở rộng để chứng minh sáng tạo bất đẳng thức hình học liên quan yếu tố tam giác  Chuyên đề 20 trình bày phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Wolstenholme , kết mở rộng để chứng minh, sáng tạo bất đẳng thức liên quan yếu tố tam giác  Chuyên đề 21 trình bày phương pháp ứng dụng bất đẳng thức ErdosMordell, kết mở rộng để chứng minh sáng tạo bất đẳng thức liên quan yếu tố tam giác  Chuyên đề 22 trình bày ứng dụng ba định lí J Liu việc xây dựng sáng tạo bất đẳng thức tam giác, bất đẳng thức hai tam giác, bất đẳng thức ba tam giác,… Hi vọng sách có ích cho nhiều độc giả, học sinh THCS, học sinh THPT ôn tập thi học sinh giỏi thi Đại học, sách hướng tới tài liệu tham khảo tốt cho bạn sinh viên Đại học Cao đẳng khoa tốn, thầy giáo giảng dạy bạn đọc u thích mơn tốn Các tác giả hoan nghênh tiếp thu đóng góp, trao đổi sách Thư từ liên lạc xin gửi về: Hoàng Minh Quân, Trường Trung học phổ thông Ngọc Tảo, Phúc Thọ, Hà Nội Điện thoại: 0948668680 Email: hoangquanhsg@gmail.com Hoàng Thị Bích Ngọc, Trường Trung học phổ thơng Phúc Thọ, Phúc Thọ, Hà Nội Điện thoại: 0979957668 Email: hoangngocsptk52@gmail.com Hà Nội, ngày 25 tháng năm 2020 Các tác giả 27 Chuyên đề XÂY DỰNG CÁC HỆ THỨC HÌNH HỌC TỪ CƠNG THỨC TÍNH DIỆN TÍCH TAM GIÁC Ý tưởng phương pháp xuất phát từ công thức tính diện tích tam giác, ta xây dựng hệ thức hình học ban đầu (hệ thức gốc), từ vận dụng mối liên hệ hình học yếu tố tam giác, để xây dựng phát triển thêm đẳng thức hình học Với đẳng thức hình học này, ta lại kết hợp với bất đẳng thức Euler, bất đẳng thức Blundon, Gerretsen, lại tạo thêm bất đẳng thức khác XÂY DỰNG CÁC ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC 1.1 Xây dựng hệ thức hình học từ cơng thức diện tích tam giác Bài Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Chứng minh ab  bc  ca  p  Rr  r Chứng minh Từ cơng thức tính diện tích tam giác, ta có S p  p  a  p  b  p  c   pr   p  a  p  b  p  c   pr  p3  p  a  b  c   p  ab  bc  ca   abc  pr  p3  p  a  b  c   p  ab  bc  ca   abc  pr  p  p  p  ab  bc  ca   pRr  pr  p  ab  bc  ca   p  pRr  pr  ab  bc  ca  p  Rr  r Vậy (1) chứng minh Bài Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Chứng minh (1) a  b  c  p  Rr  2r Chứng minh Áp dụng (1), ta có (2) a  b  c   a  b  c    ab  bc  ca    a  b  c  p  p  Rr  r   a  b  c  p  Rr  2r Vậy (2) chứng minh Bài Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Chứng minh a  b3  c  p  pr  12 pRr (3) Chứng minh Áp dụng (1) abc  pRr , ta có a3  b3  c3   a  b  c    a  b  c  ab  bc  ca   3abc    a3  b3  c3  p3  p p  Rr  r  12 pRr  a  b3  c3  p  pr  12 pRr Vậy (3) chứng minh Bài Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Chứng minh 1 p  Rr  r    a b c pRr Chứng minh Áp dụng (1) abc  pRr , ta có (4) 1 ab  bc  ca p  Rr  r     a b c abc pRr Vậy (4) chứng minh Bài Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Chứng minh 2  a  b  b  c    c  a     p  12 Rr  3r (5) Chứng minh Áp dụng (1) abc  pRr , ta có a  b 2   b  c    c  a    a  b  c    ab  ac  bc      2  p  Rr  r    p  Rr  r    p  12 Rr  3r  Vậy (5) chứng minh Hệ Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Khi ta có p  12 Rr  3r 29 Đẳng thức xảy tam ABC Bài Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Chứng minh p  Rr  r  hb  hc  2R Chứng minh Ta có  b sin C  c sin B  2ha  b sin C  c sin B  Tương tự 2hb  (6) bc ; R ac ab ; 2hc  Cộng đẳng thức kết hợp (1), ta có R R ab  bc  ca p  Rr  r  2R 2R Vậy (6) chứng minh  hb  hc  31 Bài 10 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Chứng minh a b c h h h p   Rr  r   16 p Rr 4R2 (10) Chứng minh Ta có ha2  hb2  hc2    hb  hc    hb  hb hc  hc  Áp dụng (6) (9), ta có ha2  hb2  hc2 p  p   Rr  r 2   4Rr  r  4R 2  16 p Rr 4R2 Vậy (10) chứng minh  p2r R 1.2 Xây dựng hệ thức lượng giác sin cơsin từ cơng thức diện tích tam giác Bài 11 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Chứng minh r R Chứng minh Từ cơng thức diện tích tam giác abc abc S S  pr  R  ,r 4R 4S p Áp dụng công thức Hê rơng, ta có cos A  cos B  cos C   p  p  a  p  b  p  c  r 4S 1  1  1 R pabc pabc  b  c  a  a  c  b  a  b  c  r  1 R 2abc 3 r a  b  c  ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a   1  R 2abc  1 (11) Bài 1.5 Chứng minh với   , ta có 1    2 2 2   sin A  sin B   sin B  sin C   sin C  sin A 2  Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có c   a cos B  b cos A   a  b  cos A  cos B  c2 c2 2  cos A  cos B    cos A   cos B   a  b2 a  b2 2  sin A  sin B    sin A  sin c2 a  b  2ab cos C 2ab cos C    1 2 2 a b a b a  b2 a B  1  b  cos C a2  b2   cos C Vì   nên    cos C    sin A  sin B  , suy 1  ;   sin A  sin B    cos C tương tự 1  ;   sin B  sin C    cos A 1    sin C  sin A    cos B Cộng ba bất đẳng thức lại, ta 1    2 2   sin A  sin B   sin B  sin C   sin C  sin A  1      cos A    cos B    cos C   1   1 1    cos A   1    cos B   1    cos C   3  cos A  cos B  cos C Áp dụng bất đẳng thức cos A  cos B  cos C  Ta có 9    3  cos A  cos B  cos C  3  2  Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy  ABC Bài 1.6 Chứng minh với    , ta có 1    2 2   cos A  cos B   cos B  cos C   cos C  cos A  Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 2 a   b cos C  c cos B    b  c  cos B  cos C   cos B  cos C  a2 b2  c2 Vì    nên ta có 2   cos B  cos C  Suy a    b2  c  b2  c2  a    b2  c2  b2  c2    a  b2  c  b2  c2 b2  c2  , tương tự, ta có   cos B  cos C   a  b  c  c2  a2  ,   cos C  cos A   a  b  c  a2  b2    cos A  cos B   a  b  c  Cộng ba bất đẳng thức, ta 1    2 2   cos A  cos B   cos B  cos C   cos C  cos A   a  b2  c   a  b  c 2    Vậy bất đẳng thức cho chứng minh hoàn toàn Đẳng thức xảy ABC 59 BẤT ĐẲNG THỨC CHO TANG VÀ COTANG CÁC GÓC TRONG TAM GIÁC Trước hết ta có hệ thức quan trọng sau tan A  tan B  tan C  tan A tan B tan C tan A  tan B   tan C Thật vậy, ta có tan  A  B    tan C   t A tan B  tan A  tan B  tan C  tan A tan B tan C Bài 2.1 Cho ABC nhọn Chứng minh tan A  tan B  tan C  3 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có tan A  tan B  tan C  tan A tan B tan C  tan A  tan B  tan C   tan A  tan B  tan C   27  tan A  tan B  tan C    tan A  tan B  tan C   27  tan A  tan B  tan C  3 Đẳng thức xảy ABC Bài 2.2 Cho ABC nhọn Chứng minh tan A  tan B  tan C  Chứng minh Theo kết Bài 2.1, ta có  tan A  tan B  tan C    tan A  tan B  tan C   27  tan A  tan B  tan C  n 1 Tổng quát: tan n A  tan n B  tan n C  3 tan n A tan n B tan n C  Bài 2.3 Chứng minh với   , ta có 1    2   tan A   tan B   tan C   Chứng minh Ta có 1 VT     2   tan A   tan B   tan C 1 tan A tan B tan C   3        tan A   tan B   tan C  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta có  tan A  tan B  tan C  tan A tan B tan C    2   tan A   tan B   tan C 3  tan A  tan B  tan C Ta có  tan A  tan B  tan C  3  tan A  tan B  tan C   tan  tan  A  2 tan A tan B 3   tan A A  tan A tan B tan C 3   tan A  tan  A  33 3   tan A  1  tan A  18  3   tan A 18  3 18  3  1  (Theo kết Bài 2.2) 2 3   tan A 3   3 1  3     3  3 Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Đẳng thức xảy ABC Từ ta có VT  61 , ta có 1    2   cot A   cot B   cot C 3  Chứng minh Đặt x  cot A, y  cot B, z  cot C xy  yz  zx  bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 1    2   x   y   z 3  Bài 2.8 Chứng minh với      x   y   z  9 3  x2 y2 z2    2 x y z 3  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, dạng phân thức, ta có x  y  z  x2 y2 z2 x2  y2  z2        x   y   z 3  x  y  z 3  x  y  z Đặt t  x  y  z , t  Ta cần chứng minh t2    t  1 3  1   3  t     t  1 3    3  t 3  Bất đẳng thức cuối ln t  1,   Bất đẳng thức cho chứng minh Đẳng thức xảy  ABC , ta có 1    2   cot A   cot B   cot 2C 3  Bài 3.8 Chứng minh với   63 Chuyên đề 20 ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC WOLSTENHOLME ĐỂ SÁNG TẠO VÀ CHỨNG MINH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC Bất đẳng thức Wolstenholme bất đẳng thức hay, có nhiều ứng dụng việc chứng minh nhiều bất đẳng thức hình học, chuyên đề trình bày mở rộng áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme để sáng tạo thêm nhiều bất đẳng thức ĐỊNH LÍ (Wolstenholme, 1867) Cho tam giác ABC số thực x, y, z Khi x  y  z  yz cos A  zx cos B  xy cos C (I) Chứng minh Ta có  z   x cos B  y cos A     x sin B  y sin A   z  z  x cos B  y cos A    x cos B  y cos A   x sin B  xy sin A sin B  y sin A  z  zx cos B  yz cos A  x cos B  xy cos A cos B  y cos A  x sin B  xy sin A sin B  y sin A  z   y sin A  y cos A    x sin B  x cos B   zx cos B  yz cos A  xy cos A cos B  xy sin A sin B  x  y  z  xz cos B  yz cos A  xy cos  A  B   x  y  z  xz cos B  yz cos A  xy cos C Vậy, ta có x  y  z  xz cos B  yz cos A  xy cos C 2   z   x cos B  y cos A     x sin B  y sin A   Do (I) chứng minh hồn tồn Đẳng thức xảy x  y  z  x : y : z  sin A : sin B : sin C ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ WOLSTENHOLME ĐỂ CHỨNG MINH VÀ SÁNG TẠO CÁC BẤT ĐẲNG THỨC (1) Bài cos A  cos B  cos C  Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme (I) với x  y  z  , ta có điều phải chứng minh Bài 6cos A  3cos B  cos C  (2) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme (I) với x  1, y  2, z  , ta có 12  22  32  2.2.3cos A  2.3.1cos B  2.1.2cos C  14  12 cos A  6cos B  4cos C  6cos A  3cos B  2cos C  Bài cos A   cos B  cos C   (3) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme (I) với x  1, , , ta có điều phải chứng minh Bài Với số thực x, y , z Chứng minh yz x2  y  z  2x  y  z  (4) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme (I) với A  BC    , , ta có điều phải chứng minh Bài Với số thực dương a, b, c Chứng minh thỏa mãn ab  bc  ca  2 16 (5)    a 1 b 1 c 1 A B C Chứng minh Đặt a  tan , b  tan , c  tan với A, B, C ba góc ABC 2 2 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2cos A B C 16  2cos  3cos  2 Áp dụng công thức hạ bậc 2cos A B C  cos A  1; 2cos  cos B  1; 2cos  cos C  2 65 Ta bất đẳng thức tương đương với cos A  cos B  cos C  11 Áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme (I) x  y  z  yz cos A  zx cos B  xy cos C Với yz  1; zx  1; xy   x  2 3 ;y ; z , ta có 2  3  3  3          cos A  cos B  cos C       Vậy, ta có điều phải chứng minh Nhận xét Thông qua lời giải Bài Ta thiết kế thêm nhiều tốn bất đẳng thức với giả thiết “Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  p, q, r  cho trước” Tìm giá trị lớn biểu thức p q r   a  b2  c  Bài Với số thực dương x, y , z thỏa mãn xy  yz  zx  xyz  Chứng M minh (6) x  y  z  xy  yz  zx Chứng minh Ta có xy  yz  zx  xyz   Đặt  xy   yz   zx   xy yz zx  xy  2cos A; yz  2cos B; zx  2cos C với A, B, C ba góc ABC  2cos B cos C 2cos C cos A cos A cos B  ; ;  cos A cos B cos C   Suy  x; y; z    Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2cos B cos C 2cos C cos A 2cos A cos B     cos A  cos B  cos C  cos A cos B cos C Áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme (I) m  n  p  2np cos A  pm cos B  2mn cos C Với m  cos B cos C 2cos C cos A cos A cos B ;n ; p ta có đpcm cos A cos B cos C Nhận xét Thơng qua lời giải Bài Ta thiết kế thêm nhiều toán bất đẳng thức với giả thiết “Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  abc  ”  bc ac ab  Bài a cos A  b cos B  c cos C      2 a b c  Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme (I) với x  y (7) bc , 2a ac ab ,z , ta có điều phải chứng minh 2b 2c Bài bc cos A  ca cos B  ab cos C  p  Rr  r (8) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme (I) với x  a, y  b, z  c , ta có a  b  c  2bc cos A  2ca cos B  2ab cos C   p  Rr  r   2bc cos A  2ca cos B  2ab cos C  bc cos A  ca cos B  ab cos C  p  Rr  r Vậy (8) chứng minh Đẳng thức xảy a : b : c  sin A : sin B : sin C Bài (Bất đẳng thức Barrow) Cho tam giác ABC P điểm thuộc miền tam giác Đặt R1 , R2 , R3 khoảng cách từ điểm P tới đỉnh A, B, C U ,V , W theo thứ tự chân đường phân giác kẻ từ  , CPA ,  APB tới cạnh BC , CA, AB Khi đỉnh P góc BPC R1  R2  R3   l1  l2  l3  (9) Trong l1  PU , l2  PV , l3  PW   2 ;   Chứng minh Đặt BPC APC  2 ; APB  2 Theo công thức đường phân giác, ta có PB.PC.cos 1 l1  ; PB  PC PA.PC.cos  2 PA.PB.cos  l2  ; l3  PA  PC PA  PB Cộng đẳng thức lại, ta PB.PC.cos 1 PA.PC.cos  l1  l2  l3   PB  PC PA.PB.cos   PA  PB PA  PC Áp dụng bất đẳng thức Cơ Si, ta có 67 l1  l2  l3  PB.PC.cos 1  PA.PC.cos   PA.PB.cos  PB.PC PA.PC PA.PB  l1  l2  l3  PB.PC cos 1  PA.PC cos   PA.PB cos  Ta chứng minh bổ để sau: Cho tam giác ABC Khi  bc ca ab  a cos A  b cos B  c cos C      2 a b c  Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme x  y  z  yz cos A  zx cos B  xy cos C bc ca ab ;y ;z , ta a b c Thay x  bc ca ab    2a cos A  2b cos B  2c cos C a b c  bc ca ab   a cos A  b cos B  c cos C      2 a b c  Trở lại toán, áp dụng bổ đề, ta có l1  l2  l3  PB.PC cos 1  PA.PC cos   PA.PB cos   PA.PC PA.PB PB.PC PA.PB PB.PC PA.PC     2 PB.PC PA.PC PA.PB   PA  PB  PC  Suy PA  PB  PC3   l1  l2  l3  hay R1  R2  R3   l1  l2  l3  Đẳng thức xảy ABC P tâm tam giác    p2 Bài 18 lb lc cos A  lc la cos B  la lb cos C  Áp dụng x  la , y  lb , z  lc , ta có Chứng bất minh đẳng (18) thức Wolstenholme (I) với 2lb lc cos A  2lc la cos B  2la lb cos C  la2  lb2  lc2 2  la  lb  lc  A 2bc cos  bc cos A , suy Từ công thức đường phân giác la  bc  lb lc cos A  lc la cos B  la lb cos C  la2  bc cos  la2  A  cos A bc  b  c  a   la2  bc  1   2  2bc   b  c  a  b  c  a   p  p  a  Tương tự lb2  p  p  b  ; lc2  p  p  c  Do la2  lb2  lc2  p  p  a   p  p  b   p  p  c   p Suy lb lc cos A  lc la cos B  la lb cos C  p2 Vậy (18) chứng minh Bằng ý tưởng tương tự, kết hợp bất đẳng thức Wolstenholme với đẳng thức hình học, lượng giác khác, bạn đọc sáng tạo thêm nhiều bất đẳng thức hình học lượng giác khác MỘT SỐ HỆ QUẢ QUAN TRỌNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC WOLSTENHOLME Hệ a x  b y  c z  yz  b  c  a   zx  a  c  b   xy  a  b  c  (II) Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme (I) với x  xa, y  yb, z  zc , ta có điều phải chứng minh Hệ x  y  z  yz sin A B C  zx sin  xy sin 2 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Wolstenholme A  B  C A ,B  ,C  , ta có điều phải chứng minh 2 (III) (I) với 69 A B C Đẳng thức xảy x : y : z  cos : cos : cos Hệ bcx  cay  abz   yz  p  b  p  c   zx  p  c  p  a    xy  p  a  p  b   (VIII) Chứng minh Áp dụng công thức sin A  p  b  p  c  B  p  c  p  a  C  p  a  p  b   ; sin  ; sin  bc ca ab đem thay vào Vế phải (VII) quy đồng, ta thu (VIII)  A B C Hệ  x  y  z    yz cos  zx cos  xy cos  2 2  Chứng minh Áp dụng công thức nhân đôi (IX) cos A  2cos A B C  1, cos B  2cos  1, cos C  2cos  2 đem thay vào Vế phải (I) ta thu (IX) Nhận xét: Với tám hệ trên, với ý tưởng sáng tạo bất đẳng thức mục 2, bạn đọc sáng tạo nhiều bất đẳng thức 71 ... từ sáng tạo nên bất đẳng thức mà đẳng thức xảy tam giác vng, tam giác tù Ngồi phương pháp chứng minh sáng tạo đẳng thức, bất đẳng thức tác giả trình bày thêm chuyên đề bất đẳng thức tiếng bất đẳng. .. để chứng minh sáng tạo bất đẳng thức  Chuyên đề 16 trình bày phương pháp ứng dụng bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức Popoviciu mở rộng để chứng minh sáng tạo bất đẳng thức với lớp tam giác đẳng. .. thêm đẳng thức hình học Với đẳng thức hình học này, ta lại kết hợp với bất đẳng thức Euler, bất đẳng thức Blundon, Gerretsen, lại tạo thêm bất đẳng thức khác XÂY DỰNG CÁC ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG