1.5.1. Các bất đẳng thức trong tam giác đều
Tam giác đều có một số tính chất đặc biệt, nói chung không còn đúng trong một tam giác tùy ý. Trong mục này, ta chỉ nghiên cứu một số bất đẳng thức trong tam giác đều ABC liên quan mối quan hệ giữa pa, pb, pc với P A, P B, P C (trong đó pa, pb, pc lần lượt là khoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB).
Bài toán 1.11. Cho ABC là tam giác đều cạnh a, gọi P là một điểm nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
Hình 1.14 i) 1 pa + 1 pb + 1 pc ≥ 6 √ 3 a , ii) 1 pa +pb + 1 pb+ pc + 1 pc + pa ≥ 3 √ 3 a . Giải. Gọi D, E, F là chân đường vuông góc của P lên các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Ta có [ABC] = [BCP] + [CAP] + [ABP], do đó ah = apa + apb + apc. Vì h = √ 3 2 a nên pa+pb+pc = √ 3 2 a. Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta được 1 pa + 1 pb + 1 pc ≥ 9 pa +pb + pc = 6√ 3 a . Lại áp dụng bất đẳng thức (1.2) có 1 pa +pb + 1 pb +pc + 1 pc +pa ≥ 9 pa+pb +pb +pc + pc +pa = 3√ 3 a .
Bài toán 1.12. Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
P A2.P B2.P C2 ≥ 8a 3
3√
3papbpc. (1.42) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 1.1. Cho P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác đều ABC
cạnh a. Kí hiệu α = \BP C, β = CP A,γ\ = AP B[, ta có đẳng thức
P A2.P B2.P C2 = a
3papbpc
sinαsinβsinγ. (1.43) Chứng minh. Viết lại diện tích tam giác BP C theo hai cách ta được BP.CP.sinα = a.pa, tương tự CP.AP.sinβ = a.pb, AP.BP.sinγ = a.pc. Nhân theo vế 3 đẳng thức này, ta thu được đẳng thức (1.43).
Giải. Gọi f(x) = ln(sinx), x ∈ (0, π) .Vì f00(x) = − 1
sin2x < 0, nên f là hàm lồi. Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có
ln(sinα) +ln(sinβ) +ln(sinγ)
3 ≤ ln(sin α+β +γ 3 ). Suy ra sinα.sinβ.sinγ ≤ 3
√
3
8 . Thay bất đẳng thức này vào (1.43) ta được bất đẳng thức (1.42).
Bài toán 1.13. Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
P A.P B.P C ≥8papbpc. (1.44) Giải. Vì [BP C] + [CP A] + [AP B] = [ABC] nên 1
2apa + 1 2apb + 1 2apc = a2√ 3 4 . Suy ra pa + pb + pc = a√ 3 2 . Do đó papbpc ≤ pa+pb+pc 3 3 = a3 √ 3 72 . Thay bất đẳng thức này vào (1.42), ta được bất đẳng thức (1.44). Bài toán 1.14. Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
P A.P B +P B.P C +P C.P A ≥a2. (1.45) Giải. Vì α2 + β2 + γ2 = 1800 nên
cosα+ cosβ + cosγ ≥ 3
2, (1.46)
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β = γ = 1200.
P A2+P B2−2P A.P B.cosγ hay cosγ = P A22P A.P B+P B2−a2. Tương tự cosα = P B2+P C2−a2
2P B.P C ,cosβ = P C22P C.P A+P A2−a2.
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên và sử dụng (1.46), ta được P A2 +P B2 −a2 2P A.P B + P B2 +P C2 −a2 2P B.P C + P C2 +P A2 −a2 2P C.P A + 3 2 ≥ 0, Do đó P A2.P B+P B2.P A+P A.P B.P C + P C2.P B+P B2.P C+P A.P B.P C + + P A2.P C+P C2.P A+P A.P B.P C−a2(P A+P B+P C)≥0, tương đương với
(P A+P B+ P C) P A.P B +P B.P C + P C.P A−a2 ≥ 0. Từ đó có bất đẳng thức P A.P B+ P B.P C +P C.P A ≥ a2.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P ≡ O.
Tam giác Pompeiu
Năm 1936, nhà toán học Rumani, Dimitrie Pompeiu phát hiện kết quả đơn giản nhưng đẹp sau đây trong hình học phẳng Euclide
Định lý 1.31. (Định lý Pompeiu). Cho P là một điểm tùy ý nằm trong mặt phẳng chứa tam giác đều ABC. Khi đó các khoảng cách
P A, P B, P C là độ dài các cạnh của một tam giác. Tam giác này suy biến nếu điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh.
Hình 1.15
Xét trường hợp điểm P không nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy (Xem định lí 2.2) cho 4 điểm A, B, P, C ta có
P A.BC < P C.AB +P B.AC, P B.AC < P A.BC +P C.AB, P C.AB < P A.BC +P B.AC.
Vì tam giác ABC đều nên AB = BC =
CA = l, do đó P A < P C +P B, P B < P A+P C, P C < P A+P B. Vậy P A, P B, P C là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Chú ý 1.2.
+ Tam giác với độ dài các cạnh bằng P A, P B, P C được gọi là tam giác Pompeiu.
+ Khi P nằm ở trong tam giác ABC, tam giác Pompeiu có thể được xây dựng một cách dễ dàng như sau: Quay tam giácABP quanh tâm A, một góc600, được tam giácAB0C. Khi đóAP = AB0 = P B0, BP = CB0, tam giác Pompeiu sẽ là ∆P CB0.
Bài toán 1.15. Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
3Rp√
3≥ P A+P B+ P C ≥a√
3. (1.47)
Trong đó Rp là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Pompeiu có độ dài các cạnh bằng P A, P B, P C.
Giải. Gọi M là trung điểm của BC, theo bất đẳng thức tam giác AP + P M ≥ AM, mặt khác lại có P M ≤ P B+P C 2 . Suy ra 2P A+P B+P C ≥ a√ 3, tương tự 2P B+P C+P A ≥ a√ 3, 2P C+P A+P B ≥ a√ 3. Cộng theo vế 3 bất đẳng thức này ta được P A +P B+P C ≥ a√
3.
Áp dụng P A2 + P B2 +P C2 ≤ 9R2p và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 9R2p ≥ P A2 + P B2 +P C2 ≥ 13 (P A+ P B+P C)2.
Suy ra 3Rp√
3≥ P A+P B +P C.
Bài toán 1.16. Cho P là một điểm nằm trong tam giác đều ABC cạnh
a. Gọi T là diện tích của tam giác Pompeiu với độ dài các cạnh bằng
P A, P B, P C. Khi đó T = √ 3 12 a 2 −3d2. (1.48)
Trong đó d= OP (O là tâm của tam giác đều ABC).
Giải.
Ta thực hiện 3 phép quay tương tự như hình 1.15, đó là quay tam giác AP B quanh tâm A một góc 600, quay tam giác BP C quanh tâm B một góc 600 và quay tam giác CP A quanh tâm C một góc 600. Ta sẽ được một hình lục giác AB0CA0BC0, trong đó các tam giác Pompeiu P BA0, P AC0, P CB0 có cùng diện tích T.
Hình 1.16
Vì ∆AP C = ∆BA0C, ∆AP B = ∆AB0C, ∆AC0B = ∆BP C nên diện tích của lục giác = 2.[ABC] = 2a
2√
3
4 . Mặt khác∆AP B0, BP C0, CP A0 là các tam giác đều. Do đó 2a2√ 3 4 = 3T+ P A2√ 3 4 + P B2√ 3 4 + P C2√ 3 4 Luôn có
P A2+P B2+P C2 = 3OP2+OA2+OB2+OC2
Vì OP = d, OA = OB = OC = a
2√
3 3 nên
P A2 +P B2 +P C2 = 3d2 +a2. Từ đó ta được công thức (1.48). Nhận xét 1.1. Từ công thức (1.47) và (1.48) ta có các hệ quả sau: 1) T ≤
√
3 12 a
2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P ≡ O. 2) rp ≤ a6 ≤ Rp
2 , trong đó Rp, rp lần lượt là bán kính vòng tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác Pompeiu với độ dài các cạnh bằng P A, P B, P C.
1.5.2. Các bất đẳng thức trong tam giác vuông và tam giáccân cân
Bài toán 1.17. Cho góc vuông xAy. B là điểm trên tia Ax, C là điểm trên tia Ay (B 6= A;C 6= A). Chứng minh rằng AB +√
3AC ≤ 2BC.
Giải.
Hình 1.17
Trong góc xAy vẽ tia Az sao cho
d
xAz = 300, do đó yAzd = 600. Vẽ BH⊥Az, CK⊥Az(H, K ∈ Az), Az cắt BC tại I. Xét ∆ABH có AHB\ = 900,BAH\ = 300 nên là nửa tam giác đều, cạnh AB. Suy ra BH = 12AB mà BH ≤
BI. Do đó
Xét ∆ACK có \AKC = 900,\CAK = 600 nên là nửa tam giác đều, cạnh AC. Suy ra CK = AC √ 3 2 mà CK ≤IC. Do đó √ 3AC ≤ 2IC. (1.50) Cộng theo vế (1.49) và (1.50) được AB+√
3AC ≤ (BI +CI) = 2BC. Bài toán 1.18. Cho tam giác ABC cân tại A.D là điểm trên cạnh BC,
E là điểm trên trên tia đối của tia CB sao cho CE = BD. Chứng minh rằng AD+ AE > 2AB.
Giải.
Hình 1.18
Trên tia đối của tia BC lấy điểm F sao cho BF = BD. Áp dụng định lí 1.26 ta có AD + AF > 2AB. Mặt khác, xét ∆ABF và ∆ACE có AB = AC,ABF[ = ACE[ (vì ABC[ =
[
ACB,ABC[ +ABF[ = ACE[+ACB[ = 1800), BF = CE. Do đó ∆ABF = ∆ACE (c.g.c). Suy ra AF = AE. Vậy AD+ AE > 2AB.
Bài toán 1.19. (Iran, 2005) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là giao điểm của phân giác trong của góc Abvới cạnh BC và Ia là tâm của đường tròn bàng tiếp cạnh BC của tam giác ABC. Chứng minh rằng
AD
DIa ≤ √2−1.
Giải.
Hình 1.19
Gọi E, F lần lượt là điểm tiếp xúc của đường tròn bàng tiếp với các cạnh AB, AC tương ứng. Ta có ra = IaE = AF = F Ia = p, trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC. Hơn nữa, DIAD
a = ha ra. Vì aha = bc, ta có DIAD a = ha ra = apbc = bac4R 4aRr2 1 rp = 4Rr a2 . Vì 2R = a và 2r = b + c − a nên
AD DIa = b+ca−a = b+ac − 1. Mặt khác a = √ b2 +c2 ≥ q (b+c)2 2 = b√+c 2 hay b+c ≤a√ 2. Do đó DIAD a ≤ √2−1.
Bài toán 1.20. (Rumani, 2007) Cho ABC là một tam giác vuông cân tại A. Với điểm P tùy ý nằm trong tam giác, xét đường tròn tâm A và bán kính AP cắt các cạnh AB và AC tại M và N, tương ứng. Hãy xác định vị trí của P để M N +BP + CP đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải.
Hình 1.20
Xét điểm Q trên đường trung trực của BC thỏa mãn AQ = AP. Gọi S là giao điểm của BP và tiếp tuyến với đường tròn tại Q. Khi đó SP +P C ≥
SC. Do đó BP + P C = BS + SP + P C ≥ BS +SC.
Mặt khác, BS+SC ≥ BQ+QC, nên BP + P C đạt giá trị nhỏ nhất nếu P ≡ Q.
Gọi T là trung điểm của M N. Vì ∆AM Q cân và M T là một trong những chiều cao của nó, khi đó M T = ZQ trong đó Z là chân đường vuông
góc hạ từ Q xuống AB. Khi đó M N + BQ+ QC = 2(M T + QC) = 2(ZQ+QC) đạt giá trị nhỏ nhất khi Z, Q, C thẳng hàng và điều này có nghĩa CZ là chiều cao. Bằng phép đối xứng, BQ cũng là chiều cao và do đó P là trực tâm.
1.6. Các bất đẳng thức khác trong tam giác
Bài toán 1.21. (Bất đẳng thức Weitzenbock, IMO 1961) Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a2 +b2 +c2 ≥ 4√ 3S. (1.51) Giải. Theo bất đẳng thức AM - GM ta có S = pp(p−a)(p−b)(p−c) ≤ r p h (p−a)+(p−b)+(p−c) 3 i3 = √ 3 9 p 2.
Do đó, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có 4√ 3S ≤ 4√ 3 "√ 3 9 a+ b+c 2 2# = 1 3(a+b+c) 2 ≤ 1 3 a 2 +b2 +c2 12 + 12 + 12 = a2 +b2 +c2.
Bài toán sau cho ta một kết quả mạnh hơn bất đẳng thức Weitzenbock.
Bài toán 1.22. (Bất đẳng thức Hadwiger - Finsler) Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a2 + b2 + c2 ≥ 4√
3S + (a−b)2 + (b−c)2 + (c−a)2 (1.52)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Giải. Vì a2 = b2 +c2 −2bccosA và S = 12bcsinA nên ta có a2 +b2 + c2 −4√
3S = 2(b2 + c2)−2bccosA−2√
3bcsinA =2(b2 +c2)−4bccosπ
3 −A ≥ 2(b2 +c2 −2bc) = 2 (b−c)2. (1.53) Mặt khác, không mất tính tổng quát ta giả sử b ≤a ≤ c. Khi đó ta có bất đẳng thức
(b−c)2 ≥(a−b)2 + (c−a)2. (1.54) Vì bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức (a−b)(a−c) ≤0. Từ bất đẳng thức (1.53) và (1.54) ta được bất đẳng thức (1.52).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cos π3 −A= 1 a = b a = c ⇔a = b = c.
Bài toán 1.23. (Điểm Torricelli) Tìm điểm O trong tam giác ABC cho trước sao cho tổng khoảng cách từ điểm O tới ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất có thể.
Giải. Xét làm hai trường hợp:
Dựng tam giác đều BCD ở phía ngoài của tam giác ABC. Gọi T là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD với AD. Dễ chứng minh rằng T nhìn ba cạnh của tam giác ABC dưới ba góc bằng nhau. Ta chứng minh rằng với một điểm O tùy ý ở trong tam giác ABC khác điểm T thì ta có OA+OB +OC ≥T A+T B + T C.
Hình 1.21
Điểm T được gọi là điểm Torricelli của tam giác ABC và có tổng các khoảng cách tới các đỉnh của tam giác ABC nhỏ nhất.
Thật vậy, theo định lí Pompeiu, ta có OB+OC ≥
OD, do đó
OA +OB+ OC ≥ OA+OD ≥ AD. (1.55) Mặt khác, vì T nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều BCD nên T A+T B +T C = T A+T D = AD. (1.56) Từ (1.55) và (1.56) suy ra OA + OB + OC ≥ T A+ T B + T C. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O ≡T.
b) Tam giác ABC có một góc, chẳng hạn B >b 1200
Hình 1.22
Dựng tam giác đều BCD ở phía ngoài tam giác ABC. Do B >b 1200, cho nên với điểm O tùy ý ở trong tam giác ABC, điểm B nằm trong tam giác ODA. Theo định lí Pompeiu, ta có OB +OC ≥ OD.
Mặt khác, theo định lí 1.20 đối với tam giác ODA, ta có OA + OD ≥ BA+ BD. Từ đó ta có OA+ OB +OC ≥ OA +OD ≥ BA +BD = BA+ BC. Như vậy, khi O ≡ B, tổng khoảng cách từ O tới các đỉnh của tam giác ABC là nhỏ nhất có thể.
Tóm lại, trong trường hợp tam giác ABC có một đỉnh không nhỏ hơn 1200, thì chính đỉnh này là đỉnh cần tìm.
Bài toán 1.24. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với
H là trực tâm và AD, BE, CE là các đường cao. Kí hiệu D0 = AD ∩ (O), E0 = BE ∩ (O), F0 = CF ∩ (O). Chứng minh rằng
(i) AD HD + BE HE + CF HF ≥9, (ii) HD HA + HE HB + HF HC ≥ 3 2, (iii) AD DD0 + BE EE0 + CF F F0 ≥ 9, (iv) AD AD0 + BE BE0 + CF CF0 ≥ 9 4. Giải. Hình 1.23 + Chứng minh i).
Ta có [[HBCABC]] = HDAD, [[HCAABC]] = HEBE, [[HABABC]] = HF
CF nên HDAD + HEBE + HFCF = 1. Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức (1.2) ta được HDAD + BE HE + HFCF ≥ HD 9 AD+HE BE+HF CF = 9. + Chứng minh ii). Ta có HDHA = ADHD−HD = [ABC[HBC]−[HBC] ] = [HBC]
[HCA]+[HAB]. tương tự, HEHB = [HAB[HCA]+[HBC] ], HF
HC = [HBC[HAB]+[HCA] ]. Cộng 3 bất đẳng thức này, sau đó áp dụng bất đẳng thức Nesbitt ta được bất đẳng thức HDHA + HEHB + HFHC ≥ 32.
+ Chứng minh iii).
Dễ chứng minh được HD = DD0, HE = EE0 và HF = F F0. Thay vào (i) ta được bất đẳng thức DDAD0 + EEBE0 + F FCF0 ≥9.
+ Chứng minh iv).
Ta có ADAD0 = ADAD+DD0 = 1 + HDAD. Tương tự, BEBE0 = 1 +HEBE, CFCF0 = 1 + HFCF. Cộng 3 đẳng thức này ta được ADAD0 + BEBE0 + CFCF0 = 3 + HDAD + HEBE + HFCF =