Một số bất đẳng thức hình học .pdf

Một số bất đẳng thức hình học .pdf

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Hoàng Ngọc Quang

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

Chuyên Nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤPMÃ SỐ: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc

Thái Nguyên - 2011

Công trình được hoàn thành tại

Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc

1.2.2 Các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác 10

1.3 Bất đẳng thức trong tam giác 11

1.3.1 Bất đẳng thức về độ dài các cạnh 11

1.3.2 Bất đẳng thức về các đại lượng đặc biệt 14

1.4 Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình học 17

1.5 Bất đẳng thức trong các tam giác đặc biệt 23

1.5.1 Các bất đẳng thức trong tam giác đều 23

1.5.2 Các bất đẳng thức trong tam giác vuông và tamgiác cân 27

1.6 Các bất đẳng thức khác trong tam giác 29

1.7 Các bất đẳng thức trong tứ giác 40

1.7.1 Các bất đẳng thức cơ bản trong tứ giác 41

1.7.2 Các bất đẳng thức khác trong tứ giác 45

Chương 2 Bất đẳng thức Ptolemy và các mở rộng 482.1 Định lí Ptolemy 48

Chương 3 Bất đẳng thức Erdos-Mordell và các mở rộng 70

3.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tam giác 70

3.2 Bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tam giác mở rộng 79

3.3 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tứ giác 85

3.4 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell trong đa giác 87

3.5 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tứ diện 90

Chương 4 Các bất đẳng thức có trọng 924.1 Bất đẳng thức dạng Hayashi và các hệ quả 92

4.3.2 Các hệ quả của bất đẳng thức Klamkin 106

4.4 Bất đẳng thức Jian Liu và các hệ quả 108

Mở đầu

Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại nhữngbài toán khó, làm cho học sinh phổ thông, nhất là phổ thông cơ sở kể cảhọc sinh giỏi lúng túng khi gặp các bài toán loại này Thực sự nó là mộtphần rất quan trọng của hình học và những kiến thức về bất đẳng thứctrong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của toánhọc So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưađược quan tâm nhiều Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyếtvấn đề này là vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương phápthông thường hay được áp dụng trong hình học và càng không phải làphương pháp đại số thuần túy Để giải một bài toán về bất đẳng thứchình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại sốmột cách thích hợp và nhạy bén.

Luận văn này giới thiệu một số bất đẳng thức hình học từ cơ bảnđến nâng cao và mở rộng Các bài toán về bất đẳng thức hình học đượctrình bày trong luận văn này có thể tạm phân thành các nhóm sau:

I Nhóm các bài toán mà trong lời giải đòi hỏi nhất thiết phải cóhình vẽ Phương pháp giải các bài toán nhóm này chủ yếu là "phươngpháp hình học", như vẽ thêm đường phụ, sử dụng tính chất giữa đườngvuông góc và đường xiên, giữa đường thẳng và đường gấp khúc, quanhệ giữa các cạnh, giữa cạnh và góc trong một tam giác, hay tứ giác v.v Bất đẳng thức và cực trị trong hình học phẳng thuộc nhóm này là nộidung thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi toán hay thi vào cáctrường chuyên.

II Nhóm thứ hai gồm các bài toán mà khi giải chúng cần phải sửdụng các hệ thức lượng đã biết, như các hệ thức lượng giác, hệ thứcđường trung tuyến, đường phân giác, công thức các bán kính, công thức

diện tích của tam giác v.v Các bài toán này đã được quan tâm nhiềuvà chúng được trình bày khá phong phú trong các tài liệu [4,7], vì thếluận văn này sẽ không đề cập nhiều đến các bất đẳng thức trong tamgiác có trong các tài liệu trên mặc dù chúng rất hay mà chỉ nêu ra mộtsố bất đẳng thức cơ bản nhất để tiện sử dụng sau này.

III Nhóm thứ ba gồm các bài toán liên quan đến các bất đẳng thứchình học nổi tiếng, đặc biệt là bất đẳng thức Ptolemy và bất đẳng thứcErdos-Mordell và các bất đẳng thức có trọng như bất đẳng thức Hayshi,bất đẳng thức Weizenbock, bất đẳng thức Klamkin v.v Các bất đẳngthức này còn ít được giới thiệu bằng Tiếng Việt và thường gặp trong cácđề thi Olympic Quốc tế.

Bản luận văn "Một số bất đẳng thức hình học" gồm có mở đầu,bốn chương nội dung, kết luận và tài liệu tham khảo.

Chương 1 Các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác.Chương này trình bày một số bất đẳng thức thuộc nhóm I và nhóm II.

Chương 2 Bất đẳng thức Ptolemy và các mở rộng.

Chương này trình bày đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy vàcác bài toán áp dụng Các bài toán này chủ yếu được trích ra từ các đềthi vô địch các nước, đề thi vô địch khu vực và đề thi IMO, một số là dotác giả sáng tác Ngoài ra, còn trình bày một số mở rộng bất đẳng thứcPtolemy trong tứ giác và trong tứ diện.

Chương 3 Bất đẳng thức Erdos - Mordell và các mở rộng.Chương này trình bày bất đẳng thức Edos-Mordell và các bài toán liênquan Ngoài ra, còn trình bày một số mở rộng bất đẳng thức này trongtam giác, trong tứ giác và trong đa giác [11-13].

Chương 4 Các bất đẳng thức có trọng.

Chương này trình bày một số bất đẳng thức liên quan đến tổng khoảngcách từ một hay nhiều điểm của mặt phẳng đến các đỉnh hoặc các cạnhcủa tam giác với các tham số dương tùy ý được gọi là trọng số hay gọitắt là trọng Đó là các bất đẳng thức Hyashi, Weizenbock, Klamkin, Jian

Liu, v.v Các bất đẳng thức này còn ít được giới thiệu bằng Tiếng Việt,một số là kết quả nghiên cứu của các chuyên gia Quốc tế trong lĩnh vựcbất đẳng thức hình học [9,13-14].

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đạihọc Thái Nguyên với sự hướng dẫn của TS Nguyễn Văn Ngọc Tác giảxin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm hướng dẫn củaThầy, tới các thầy cô trong Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo và KhoaToán-Tin Trường Đại học Khoa học Đồng thời tác giả xin cảm ơn tớiSở GD - ĐT tỉnh Yên Bái, Ban Giám đốc, các đồng nghiệp Trung tâmGDTX - HNDN Hồ Tùng Mậu huyện Lục Yên đã tạo điều kiện cho tácgiả học tập và hoàn thành kế hoạch học tập.

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 6 năm 2011.Tác giả

Hoàng Ngọc Quang

Kí hiệu ∆ABC là tam giác ABC với các đỉnh là A, B, C Để thuậntiện, độ lớn của các góc ứng với các đỉnh A, B, C cũng được kí hiệu tươngứng là A, B, C.

Độ dài các cạnh của tam giác: BC = a, CA = b, AB = c.Nửa chu vi của tam giác: p = a + b + c

Đường cao với các cạnh: ha, hb, hc.

Đường trung tuyến với các cạnh: ma, mb, mc.Đường phân giác với các cạnh: la, lb, lc.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp: R và r.Bán kính đường tròn bàng tiếp các cạnh: ra, rb, rc.

Diện tích tam giác ABC: S, SABC hay [ABC].

Để giải được các bài toán bất đẳng thức hình học, trước hết ta cầntrang bị những kiến thức cơ sở đó là các bất đẳng thức đại số cơ bản vàcác đẳng thức, bất đẳng thức đơn giản trong tam giác.

1.1 Các bất đẳng thức đại số cơ bản

Định lý 1.1 (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a1, a2, · · · , an là các sốthực không âm Khi đó

a1 + a2 + · · · + an

a1a2 an (1.1)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an.

Hệ quả 1.1 Với mọi bộ số dương a1, a2, · · · , an ta có

a2 + · · · +1

a1 + a2 + · · · + an. (1.3)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an.

Hệ quả 1.3 Với mọi bộ số không âm a1, a2, · · · , an và m = 1, 2, · · · tacó

am1 + am2 + · · · + amn

n ≥  a1 + a2 + · · · + ann

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

Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Cho hai dãy số thựca1, a2, · · · , an và b1, b2, · · · , bn Khi đó

i, Nếu f00(x) > 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≥ nf x1 + x2 + · · · + xnn

.ii, Nếu f00(x) < 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≤ nf x1 + x2 + · · · + xnn

Ở đây I (a, b) nhằm ngầm định là một trong bốn tập hợp (a, b) , [a, b) ,(a, b] , [a, b].

Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực đơn điệucùng chiều a1, a2, · · · , an và b1, b2, · · · , bn Khi đó ta có

bc + a +

a + b ≥ 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

1.2 Các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác1.2.1 Các đẳng thức cơ bản trong tam giác

Định lý 1.6 (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta cóa

sin A =bsin B =

sin C = 2R.

Định lý 1.7 (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta có

a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, b2 = c2 + a2 − 2ca cos B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.Định lý 1.8 (Các công thức về diện tích) Diện tích tam giác ABCđược tính theo một trong các công thức sau

S = 1

2aha =1

2bhb =1

= 1

2bc sin A =1

2ca sin B =1

Định lý 1.9 (Định lý đường phân giác) Trong một tam giác, đườngphân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ vớihai cạnh kề hai đoạn ấy

Định lý 1.10 (Công thức đường phân giác) Trong tam giác ABC tacó

la = 2bcb + ccos

2, lb =2cac + acos

2, lc =2aba + bcos

Định lý 1.11 (Định lý đường trung tuyến) Trong một tam giác, bađường trung tuyến gặp nhau tại một điểm được gọi là trọng tâm củatam giác Trên mỗi đường trung tuyến, khoảng cách từ trọng tâm đếnđỉnh bằng hai lần khoảng cách trọng tâm đến chân đường trung tuyến.Định lý 1.12 (Công thức đường trung tuyến) Trong tam giác ABC tacó

m2a = b

2 + c22 − a

4 , m

2b = c

2 + a22 − b

4.Định lý 1.13 (Công thức bán kính đường tròn nội tiếp) Trong tamgiác ABC ta có

r = (p − a) tanA

2 = (p − b) tanB

2 = (p − c) tanC

2, rc = p tanC

2 sinC

cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C, (1.17)

sin A + sin B + sin C = 2 (1 + sin A sin B sin C) , (1.18)cos2A + cos2B + cos2C = 1 − 2 cos A cos B cos C, (1.19)tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C, (1.20)cotA

2 + cotB

2 + cotC

2 = cotA

2 cotB

2 cotC

tanA2 tan

2 + tanB

2 tanC

2 + tanC

2 tanA

cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1 (1.23)Riêng với hệ thức (1.20) thì tam giác ABC cần giả thiết không vuông.1.2.2 Các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác

Định lý 1.16 (Bất đẳng thức tam giác) Trong tam giác ABC ta có|b − c| < a < b + c, |c − a| < b < c + a, |a − b| < c < a + b.Định lý 1.17 (Các bất đẳng thức lượng giác cơ bản) Với mọi tam giácABC ta luôn có các bất đẳng thức sau

sin A + sin B + sin C ≤ 3√

2 + cosC

2 ≤ 3√

2 + sinB

2 + sinC

2 ≤ 3

sinA2 sin

B2 sin

C2 ≤ 1

2 + tanC

Riêng với bất đẳng thức (1.32) thì tam giác ABC cần giả thiết khôngvuông Đẳng thức xảy ra trong các bất đẳng thức trên khi và chỉ khiABC là tam giác đều.

1.3 Bất đẳng thức trong tam giác

Tam giác là hình đơn giản nhất trong các đa giác, mỗi đa giác bất kìđều có thể chia thành các tam giác và sử dụng tính chất của nó Vì vậy,nghiên cứu các bất đẳng thức trong tam giác sẽ hữu ích trong việc giảiquyết các bất đẳng thức trong đa giác Trước hết, chúng ta nghiên cứucác bất đẳng thức cơ bản sau đây:

1.3.1 Bất đẳng thức về độ dài các cạnh

Định lý 1.18 Cho hai đường tròn có bán kính lần lượt là R và R0(R ≥ R0), khoảng cách giữa tâm của chúng bằng d Điều kiện cần và đủđể hai đường tròn đó cắt nhau là R − R0 ≤ d ≤ R + R0.

Chứng minh.

Hình 1.1 Hai đường tròn không cắt nhau.

Rõ ràng nếu hai đường tròn ở ngoài nhau (hình 1.1 A) thì ta cóR + R0 < d Nếu hai đường tròn chứa nhau (hình 1.1 B) thì ta cũng cóngay d < R − R0 Nếu hai đường tròn cắt nhau tại một điểm M thì theobất đẳng thức về ba cạnh của tam giác OO0M , với O và O0 lần lượt làtâm của đường tròn bán kính R và R0, ta có R − R0 ≤ d ≤ R + R0.

Đảo lại, nếu R − R0 ≤ d ≤ R + R0 thì hai đường tròn đã cho khôngthể ngoài nhau hoặc chứa nhau được (nếu không phải có R + R0 < dhoặc d < R − R0) Do đó chúng chỉ có thể cắt nhau 

Định lý 1.19 Các số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giáckhi và chỉ khi a + b > c, b + c > a, c + a > b.

Chứng minh Nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì theo bất đẳngthức về 3 cạnh của tam giác ta có a + b > c, b + c > a, c + a > b.

Ngược lại, nếu có a, b và c là 3 số thực dương thỏa mãn a+b > c, b+c >a, c + a > b, thì ta có thể chọn hai điểm A và B trên mặt phẳng cáchnhau một khoảng c Lấy A và B làm tâm dựng hai đường tròn bán kínhtương ứng là a và b Từ các bất đẳng thức a + b > c, b + c > a, c + a > bta có |a − b| < c < a + b Theo định lý 1.18 thì hai đường tròn tâm Avà B phải cắt nhau tại một điểm C Vậy a, b, c là độ dài các cạnh của

Định lý 1.20 Cho trước tam giác ABC và một điểm M ở trong tamgiác Khi đó ta có M B + M C < AB + AC.

Chứng minh.

Hình 1.2

Kéo dài BM về phía M cắtcạnh AC tại điểm N Theo địnhlý 1.19 ta có

M B + M C < M B + M N + N C=BN + N C < AB + AN + N C=AB + AC.

Bài toán 1.1 Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC Chứngminh rằng

p < M A + M B + M C < 2p.Trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC.

Giải Áp dụng định lý 1.19 cho các tam giác M AB, M BC và M CA ta cóAB < M A+M B, BC < M B +M C, CA < M C +M A Cộng theo vế babất đẳng thức trên rồi chia cả hai vế cho 2 ta được p < M A+M B +M C.Mặt khác, theo định lý 1.20 ta có M A+M B < CA+CB, M B+M C <AB + AC, M C + M A < BC + BA Cộng theo vế ba bất đẳng thức trênvà đem chia cả hai vế cho 2 ta được AM + BM + CM < 2p.

Định lý 1.21 Trong một tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơnvà ngược lại.

Chứng minh Xét tam giác ABC Ta chứng minh nếu [ABC > [ACB thìAC > AB và ngược lại.

Bài toán 1.2 Chứng minh rằng đường vuông góc AH hạ từ điểm Axuống đường thẳng d cho trước luôn nhỏ hơn đường xiên AB.

Giải Tam giác AHB là tam giác vuông tại H, do đó \AHB = 900 >\

ABH Theo định lý trên, ta có AB > AH.

Sự tương ứng giữa độ lớn cạnh và góc còn đúng cho cạnh của hai tamgiác khác nhau Dùng định lý 1.21 ta dễ dàng chứng minh kết quả sau.Định lý 1.22 Cho trước hai tam giác ABC và A0B0C0 có hai cặp cạnhbằng nhau AB = A0B0 và AC = A0C0 Ta có bất đẳng thức [BAC >

B0A0C0 khi và chỉ khi BC > B0C0.Chứng minh.

Hình 1.4

Trước hết, giả sử rằng [BAC >\

B0A0C0, ta sẽ chứng minh BC > B0C0.Không mất tính tổng quát giả sửAB ≥ AC Ta đem hình tam giácABC đặt chồng lên hình tam giácA0B0C0 sao cho A ≡ A0, C ≡ C0và đỉnh B, B0 nằm cùng phía so vớiđường thẳng đi qua AC.

Do AB = A0B0, nên ta có \ABB0 = \AB0B Vì \CBB0 < \ABB0 và\

CB0B > \AB0B, nên ta có \CBB0 < \CB0B Theo định lý 1.21, ta cóCB > CB0, hay là CB > C0B0.

Nếu như [BAC = \B0A0C0 thì ta cũng dễ dàng thấy rằng BC = B0C0,do ∆ABC và ∆A0B0C0 (c.g.c) Vậy ta có [BAC > \B0A0C0 khi và chỉ khi

Hình 1.5

Xét hai tam giác ABA0 và ABC cócạnh AB là cạnh chung và có cặp cạnhA0B và AC bằng nhau Theo định lý1.22, ta có BC ≥ AA0 khi và chỉ khi

BAC ≥ \ABA0 Do [BAC + \ABA0 =1800 , cho nên [BAC ≥ \ABA0 khi vàchỉ khi [BAC ≥ 900 Tóm lại, AM =

1.3.2 Bất đẳng thức về các đại lượng đặc biệt

Trong một tam giác, mối quan hệ giữa các cạnh dẫn đến mối quan hệvới các đại lượng đặc biệt Với đường cao ta dễ thấy là đường cao tươngứng với cạnh lớn hơn thì ngắn hơn Đối với đường trung tuyến và đườngphân giác ta cũng sẽ chứng minh rằng ứng với cạnh dài hơn là đườngtrung tuyến và đường phân giác ngắn hơn.

Định lý 1.24 Trong tam giác ABC ứng với cạnh dài hơn là đường cao,đường trung tuyến và đường phân giác ngắn hơn.

Chứng minh Giả sử c < b, ta sẽ chứng minh rằng hb < hc, mb < mc vàlb < lc.

Hình 1.6

Vì c < b nên suy ra hb = 2bS < 2cS = hc.Để chứng minh mb < mc, ta gọi M, N vàP là trung điểm của các cạnh AB, AC vàBC, tương ứng (hình 1.6) Áp dụng địnhlý 1.22 cho ∆P AB và ∆P AC là hai tamgiác có hai cặp cạnh bằng nhau (AP chungvà BP = CP ), ta có [AP B < [AP C Gọi Glà trọng tâm của tam giác ABC Xét hai

tam giác GP B và GP C là hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau(GP chung và P B = P C) Do có [AP B < [AP C, nên BG < CG Vậymb = 3

2BG <3

2CG = mc.

Hình 1.7

Gọi phân giác của góc bB là BL và phângiác xuất phát từ C là CK Theo định lýđường phân giác ta có LCLA = ac ⇒ CL =

a+c Tương tự KBKA = ab ⇒ BK = a+bac Do c < b, nên BK < CL Dựng hìnhbình hành BKCT (hình 1.7), ta có [BT C =\

BKC = bA + Cb

2 và ta có [BT C < [BLC.Mặt khác, vì T C = BK, và BK < CLnên T C < CL Trong tam giác T LC, ứngvới cạnh lớn hơn là góc lớn hơn theo địnhlí 1.21, cho nên [CLT < [CT L Từ các bất đẳng thức [BLC > [BT C và

Hình 1.8

Định lí hiển nhiên đúng cho trường hợptam giác ABC cân tại đỉnh A Để tiệnchứng minh trong trường hợp tam giáckhông cân tại A, không mất tính tổng quátta giả sử AB < AC Gọi A0 đối xứng với Aqua M , ta có BACA0 là hình bình hành.

Trong tam giác AA0C ta có AC >A0C = AB và do đó theo định lý 1.21 tacó \BAM = \M A0C > \CAM và đó điểm L

nằm trong góc \BAM Mặt khác, do \BAH phụ với góc bB và \CAH phụvới góc bC, cho nên \BAH < \CAH Do đó L phải nằm trong góc \CAH.

Tóm lại, điểm L nằm giữa điểm H và điểm M và ta có HM > HL.Theo định lý 1.23, ta có AH < AL < AM Định lý 1.26 Đường trung tuyến AM của tam giác ABC nhỏ hơn nửatổng các cạnh AB và AC cùng xuất phát từ một đỉnh A.

Chứng minh Gọi A0 là điểm đối xứng với điểm A qua điểm M , ta cóABA0C là hình bình hành Do đó AM = 1

0 < 12(A

0C + AC) =1

Bài toán 1.4 Chứng minh rằng nếu M là điểm nằm trên đường phângiác ngoài của góc C của tam giác ABC (M khác C) thì M A + M B >CA + CB.

Hình 1.9

Giả sử A0 là điểm đối xứngvới điểm A qua đường phân giácngoài của góc C Khi đó các điểmA0, C, B thẳng hàng và M A0 =M A Do đó M A + M B = M A0+M B > A0B = CA0 + CB =CA + CB.

1.4 Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình họcĐịnh lý 1.27 (Công thức Euler) Gọi R và r lần lượt là bán kính củađường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC, d là khoảngcách giữa tâm hai đường tròn đó Ta có

BC Gọi M làtrung điểm của BC và Q là hìnhchiếu của I trên OD Khi đó

OB2 − OI2 =OB2 − DB2 + DI2 − OI2=OM2 − M D2 + DQ2 − QO2

= (M O + DM ) (M O − DM ) + (DQ + QO) (DQ − QO)=DO (M O − DM + DQ + OQ) = R (2M Q) = 2Rr.Vậy OI2 = R2 − 2Rr, nghĩa là d2 = R2 − 2Rr Hệ quả 1.4 (Bất đẳng thức Euler) Kí hiệu R, r lần lượt là bán kínhđường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Khi đó

Đẳng thức xảy ra khi và khi tam giác ABC đều.

Bài toán 1.5 Cho tam giác ABC với R là bán kính đường tròn ngoạitiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp và p là nửa chu vi tam giác ABC.Chứng minh rằng r ≤ p

3 ≤ R2.

Giải Ta có [ABC] = 4R = pr, suy ra 2p = a + b + c ≥ 3 abc = 3 4Rrp.Do đó 8p3 ≥ 27(4Rrp) ≥ 27(8r2p), vì R ≥ 2r Vậy p ≥ 3√

3r.Bất đẳng thức thứ hai, p

3 ≤ R2 tương đương với a + b + c ≤ 3√3R.Sử dụng định lí hàm số sin, bất đẳng thức này tương đương với sin A +sin B + sin C ≤ 3

2 Bất đẳng thức này đúng vì hàm số f (x) = sin x làhàm lồi trên (0, π), do đó sin A+sin B+sin C3 ≤ sin A+B+C

3
= sin 600 =

√32 Định lý 1.28 (Công thức Leibniz) Cho tam giác ABC với độ dài cáccạnh là a, b, c Gọi G là trọng tâm và (O, R) là đường tròn ngoại tiếptam giác Khi đó

OG2 = R2 − 19 a

2 + b2 + c2
(1.36)Chứng minh.

Hình 1.11

Để chứng minh bài toán này ta sử dụngđịnh lí Stewart "Nếu L là điểm nằm trêncạnh BC của ∆ABC và nếu AL = l, BL =m, LC = n, thì a(l2 + mn) = b2m + c2n".Áp dụng định lí Stewart cho ∆OAA0,trong đó A0 là trung điểm của BC, tađược AA0(OG2 + AG.GA0) = A0O2.AG +AO2.GA0 Vì AO = R, AG = 23AA0, GA0 =

3AA0 nên OG2 + 29A0A2 = 23A0O2 + 13R2.

Mặt khác, vì A0A2 = 2(b2+c42)−a2 và A0O2 = R2 − a42, ta đượcOG2 =

R2 − a

4 2

3 +13R

2 − 29

 2(b2 + c2) − a24

9R2 ≥ a2 + b2 + c2 (1.37)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O là trọng tâm của tam giác ABC.

Bài toán 1.6 Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c Chứngminh rằng 4√

3 [ABC] ≤ a+b+c9abc

Giải Sử dụng bất đẳng thức Leibniz với lưu ý 4R [ABC] = abc ta có9R2 ≥ a2 + b2 + c2 ⇔ a2b2c2

16[ABC]2 ≥ a2+b92+c2 ⇔ 4 [ABC] ≤ √ 3abc

a2+b2+c2 Mặtkhác, Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho a + b + c ≤ √

a2 + b2 + c2.Do đó 4√

3 [ABC] ≤ a+b+c9abc

Bài toán 1.7 Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cáccạnh AB, BC, CA tại D, E, F , tương ứng.Kí hiệu p là nửa chu vi củatam giác ABC Chứng minh rằng EF2 + F D2 + DE2 ≤ p32.

Giải Thấy rằng đường tròn nội tiếp tam giác ABC là đường tròn ngoạitiếp tam giác DEF Áp dụng bất đẳng thức Leibniz cho tam giác DEF ,ta được EF2 + F D2 + DE2 ≤ 9r2 Mặt khác, theo bài toán 1.5 ta cóp2 ≥ 27r2 Do đó EF2 + F D2 + DE2 ≤ p32.

Định lý 1.29 (Định lí Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đườngtròn tâm O, bán kính R M là một điểm bất kì nằm trong mặt phẳngtam giác Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên cáccạnh BC, CA, AB Khi đó diện tích của tam giác XY Z được tính theodiện tích tam giác ABC và khoảng cách M O bởi công thức sau

[XY Z] = 14

1 − M O

ABY0 = \AX0Y0 (cùng chắn cung

AY0).Từ đó suy ra \ZXM = \AX0Y0 Tương tự

Y XM = \AX0Z0 Từ đó suy ra \ZXY =\

Z0X0Y0 Ta sẽ kí hiệu hai góc này là X và

X Ta có[XY Z] = 1

2XY.XZ sin X=1

2M C sin C.M B sin B sin X (định lí hàm số sin)=1

M O2 − R2 BC

Z0Y0 sin B sin C sin X(phương tích, ∆M BC ∼ ∆M Z

M O2 − R2 ... c? ?bất đẳng thức< /p>

(b − c)2 ≥ (a − b)2 + (c − a)2 (1.54)Vì bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức (a − b)(a − c) ≤ 0.Từ bất đẳng thức (1.53) (1.54) ta bất. .. Bất đẳng thức tam giác đặc biệt1.5.1 Các bất đẳng thức tam giác đều

Tam giác có số tính chất đặc biệt, nói chung khơng đúngtrong tam giác tùy ý Trong mục này, ta nghiên cứu số bất? ?ẳng thức. .. dụng bất đẳng thức Jensen, ta có

ln(sin α) + ln(sin β) + ln(sin γ)

3 ).Suy sin α sin β sin γ ≤ 3

8 Thay bất đẳng thức vào (1.43) tađược bất