2.2 Hai bất đẳng thức về một điểm trên mặt phẳng chứa
2.2.2 Hai bất đẳng thức
Cho P là điểm nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC. Kí hiệu R1, R2, R3 lần lượt là khoảng cách từ P đến các đỉnh A, B, C và r1, r2, r3 lần lượt là khoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB. Ta nhắc lại bất đẳng thức Erdos-Mordell nổi tiếng:
R1+R2+R3 > 2 (r1 +r2 +r3), (2.34) đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu tam giác ABC là tam giác đều và P là trọng tâm tam giác. Bất đẳng thức này thu hút sự chú ý của nhiều nhà nghiên cứu trong tài liệu [4]. Trong thực tế, nó được biết đến qua bất đẳng thức tổng quát hơn:
R1+R2 +R3 >
b c + c
b
r1 +c a + a
c
r2 + a
b + b a
r3, (2.35) đúng với mọi điểm P nằm trong tam giác với a = BC, b = CA, c = AB. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC.
Trong [2], N. Dergiades đã tổng quát hóa (2.35) từ một điểm bất kì nằm trong mặt phẳng:
R1+R2 +R3 >
b c + c
b
~r1 +c a + a
c
~r2 + a
b + b a
~r3, (2.36) với ~r1, ~r2, ~r3 lần lượt là khoảng cách có hướng từ P đến các cạnh BC, CA, AB.
D. Nikolaos’ đã sử dụng bất đẳng thức đơn giản để chứng minh aR1 > b~r2 +c~r3, (2.37) (tương tự đối với hai đẳng thức còn lại), đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu P A⊥BC.
Gần đây, N. Dergiades đã chứng minh được bất đẳng thức sau bằng cách sử dụng bất đẳng thức (2.37):
a2(R12−r12) +b2(R22 −r22) +c2(R23 −r32)> 4S2, (2.38) với S là diện tích tam giác ABC. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trực tâm tam giác ABC.
Bất đẳng thức (2.38) được chứng minh dễ dàng như sau:
Hiển nhiên ta có
a~r1 +b~r2+c~r3 = 2S,~ (2.39) trong đó S~ là diện tích có hướng của △ABC, từ (2.37) ta có
a2 R21−r21
+b2 R22−r22
+c2 R23 −r23
−4S2
> (b~r2 +c~r3)2 + (c~r3 +a~r1)2 + (a~r1 +b~r2)2− a2r12+b2r22 +c2r23
−(a~r1 +b~r2 +c~r3)2
= a2~r21 +b2~r22 +c2~r23 − a2r21 +b2r22 +c2r23
= 0.
Như vậy, bất đẳng thức (2.38) được chứng minh và đẳng thức trong (2.38) xảy ra khiP A⊥BC,P B⊥CA, P C⊥AB, tức là P là trực tâm tam giác ABC.
Tiếp theo chúng tôi chứng minh lại hai bất đẳng thức cho một điểm nằm trên mặt phẳng của tam giác, được công bố bởi J. Liu năm 2013:
Định lý 2.2.8 Cho P là điểm nằm trong mặt phẳng chứa △ABC với các cạnh a, b, c, nửa chu vi s và diện tích S. Khi đó, ta có
a(s−a) R21 −r12
+b(s−b) R22 −r22
+c(s−c) R23−r23
> 2S2. (2.40) Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu P trùng với điểm I′ đối xứng với tâm đường tròn nội tiếp I qua tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC.
Chứng minh. Kí hiệu (x, y, z) là tọa độ trọng tâm P của △ABC.
Từ Bổ đề 2.2.3, ta có
R21 = y2c2+z2b2 +yz b2 +c2 −a2
(x+y +z)2 . (2.41) Từ Bổ đề 2.2.4, ta có
R21 −r21 = y2c2 +z2b2 +yz b2 +c2 −a2
(x+y +z)2 − 4x2S2
a2(x+y +z)2. (2.42) Vì vậy
Xa(s−a) R21 −r12
=
Pa(s−a)
y2c2 +z2b2 + yz b2 +c2 −a2 (P
x)2 − 4S2
(P x)2
Xs−a a x2, trong đó P là kí hiệu của tổng lặp vòng. Do đó, bất đẳng thức (2.40) tương đương với
Xa(s−a)
y2c2+z2b2 +yz b2+c2−a2
−4S2Xs−a
a x2 > 2X x2
S2. (2.43) Thay thế x bởi xa, y bởi yb, c bởi zc, ta có bất đẳng thức(2.43) tương đương
abcX
(s−a)
y2bc+z2bc+yz b2+c2 −a2
−4S2X
a(s−a)x2 > 2X xa2
S2.
(2.44)
Nhân cả hai vế của (2.44) với 8, sau đó sử dụng 2s= a+b+c và công thức của Heron:
16S2 = (a+b+c) (b+c−a) (c+a−b) (a+b−c), (2.45) bất đẳng thức (2.44) trở thành
4abcX
(b+c−a)
y2bc+z2bc+yz b2 +c2 −a2
−
−(a+b+c) (b+c−a) (c+a−b) (a+b−c) Xa(b+c−a)x2 +X
xa2
> 0.
(2.46)
Đơn giản bất đẳng thức (2.46) ta được
p1x2+p2y2 +p3z2 −(q1yz +q2zx+q3xy) > 0, (2.47) trong đó
p1 = ah
(b+c)a4 −2 (b+c) (b−c)2a2+ 4abc(b−c)2+ (b−c)2(b+c)3i , p2 = bh
(c+a)b4 −2 (c+a) (c−a)2b2+ 4abc(c−a)2+ (c−a)2(c+a)3i , p3 = ch
(a+b)c4 −2 (a+b) (a−b)2c2+ 4abc(a−b)2 + (a−b)2(a+b)3i , q1 = 2bc(b+c−a)
h3a3+ (b+c)a2 +a 2bc−3b2 −3c2
−(b+c) (b−c)2i , q2 = 2ca(c+a−b)
h3b3 + (c+a)b2 +b 2ca−3c2 −3a2
−(c+a) (c−a)2i , q3 = 2ab(a+b−c)
h3c3 + (a+b)c2+c 2ab−3a2 −3b2
−(a+b) (a−b)2i . Bây giờ ta sử dụng Bổ đề 2.2.5 vào chứng minh bất đẳng thức (2.47).
Đầu tiên, với sự giúp đỡ của các phần mềm toán học để tính toán, ta có thể kiểm tra đồng nhất thức sau:
4p1p2p3 −q1q2q3 −p1q12−p2q22−p3q23 = 0. (2.48)
Theo Bổ đề 2.2.5, ta có p1 > 0 và 4p2p3 −q12 > 0.
Để chứng minh p1 >0, ta cần chứng minh
Q0 ≡ (b+c)a4−2 (b+c) (b−c)2a2+4abc(b−c)2+(b−c)2(b+c)3 > 0. (2.49) Đặt s−a= u, s−b= v, s−c= w thì a= v+w, b= w+u, c= u+v.
Hơn nữa, ta có thể kiểm tra
Q0 ≡ 8(v−w)2u3 + 16 (v+w) (v−w)2u2 +8 v2−vw +w2
(v+w)2u+ 8vw(v +w) v2 +w2
. (2.50) Vì u > 0, v > 0, w > 0 và v2 −vw+w2 > 0, bất đẳng thức Q0 > 0 là đúng và p1 > 0 được chứng minh.
Tiếp theo ta chứng minh 4p2p3−q12 > 0. Bằng tính toán, ta có:
4p2p3 −q12 = 4abcm1k21, (2.51) 4p3p1 −q22 = 4abcm2k22, (2.52) 4p1p2 −q32 = 4abcm3k23, (2.53) trong đó
m1 = a3 −(b+c)a2 − b2 +c2 −6bc
a+ (b+c) (b−c)2, (2.54) m2 =b3 −(c+a)b2− c2 +a2 −6ca
b+ (c+a) (c−a)2, (2.55) m3 = c3 −(a+b)c2 − a2 +b2 −6ab
c+ (a+b) (a−b)2, (2.56) k1 = a3+ (b+c)a2 −a(b+c)2 −(b+c) (b−c)2, (2.57) k2 = b3+ (c+a)b2 −b(c+a)2 −(c+a) (c−a)2, (2.58) k3 = c3 + (a+b)c2 −c(a+b)2 −(a+b) (a−b)2. (2.59) Để chứng minh 4p2p3 − q21 > 0, ta cần chứng minh m1 > 0. Ta thấy m1 có thể được viết như sau:
m1 = 4 (v+w)u2 + 4 v2+w2
u+ 4vw(v+w),
với u =s−a > 0, v =s−b > 0, w = s−c > 0. Do đóm1 > 0 là đúng và4p2p3−q12 > 0được chứng minh. Như vậy bất đẳng thức (2.47) được
chứng minh, và do đó (2.44), (2.43), (2.40) cũng được chứng minh.
Tiếp theo, ta sẽ xem xét về các điều kiện xảy ra đẳng thức trong bất đẳng thức (2.40).
Ta xét hai trường hợp có thể xảy ra sau đây:
Trường hợp 1: k1 6= 0, k2 6= 0, k3 6= 0.
Đầu tiên, ta sẽ chứng minh rằng đẳng thức trong (2.40) xảy ra chỉ khi tọa độ của điểm P là (ak1, bk2, ck3). Sau đó, chúng ta sẽ chứng minh điểm này chỉ là điểm điểm đối xứng I′ của tâm đường tròn nội tiếp I qua tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC.
Từ giả thiết, ta có ba bất đẳng4p2p3−q21 > 0, 4p3p1−q22 > 0, 4p1p2− q32 >0 từ (2.51), (2.52), (2.53) tương ứng. Ngoài ra, ta có
2p1q1 +q2q3 = 4abcu1v1w1, (2.60) 2p2q2 +q3q1 = 4abcu2v2w2, (2.61) 2p3q3 +q1q2 = 4abcu3v3w3, (2.62) trong đó
u1 =a3 −(b+c)a2−a b2+c2 −6bc
+ (b+c) (b−c)2, u2 =b3 −(c+a)b2−b c2 +a2 −6ca
+ (c+a) (c−a)2, u3 =c3 −(a+b)c2−c a2 +b2 −6ab
+ (a+b) (a−b)2, v1 = b3 + (c−a)b2 −b(a−c)2 + (a−c) (a+c)2,
v2 = c3 + (a−b)c2 −c(b−a)2 + (b−a) (b+a)2, v3 = a3 + (b−c)a2 −a(b−c)2 + (c−b) (c+b)2, w1 =c3 + (b−a)c2−c(a−b)2 + (a−b) (a+b)2, w2 =a3 + (c−b)a2−a(b−c)2 + (b−c) (b+c)2, w3 =b3 + (a−c)b2−b(a−c)2 + (c−a) (c+a)2.
Theo Bổ đề 2.2.5, ta biết rằng đẳng thức của (2.47) và dạng tương đương (2.44) của nó xảy ra nếu và chỉ nếu
xu1v1w1 = yu2v2w2 = zu3v3w3.
Hơn nữa, đẳng thức trong (2.43) đúng khi và chỉ khi x
au1v1w1 = y
bu2v2w2 = z
cu3v3w3.
Theo Bổ đề 2.2.3, đẳng thức trong (2.40) đúng khi và chỉ khi P trùng I′ có tọa độ là
a
u1v1w1,u b
2v2w2,u c
3v3w3
. Tọa độ này tương đối phức tạp.
Bằng phần mềm toán học ta chứng minh được:
u1v1w1k1 = u2v2w2k2 = u3v3w3k3. (2.63) do đó tọa độ trọng tâm củaI′ có thể được viết dưới dạng(ak1, bk2, ck3). Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh I′ là điểm đối xứng của I (tâm đường tròn nội tiếp tam giác) qua O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đầu tiên, ta chứng minh ba điểm I, O, I′ thẳng hàng. Ta biết, tọa độ trọng tâm của I là (a, b, c) và tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác và O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) là:
a2 b2 +c2 −a2
, b2 c2+a2−b2
, c2 a2 +b2 −c2
Do đó theo Bổ đề 2.2.4, để chứng minh I, O, I′ thẳng hàng, ta cần phải chứng minh
a b c
a2 b2 +c2 −a2
b2 c2 +a2 −b2
c2 a2+b2−c2
ak1 bk2 ck3
= 0.
Theo các tính chất của định thức, điều cần chứng minh tương đương với
1 1 1
k1 k2 k3
a b2 +c2 −a2
b c2 +a2 −b2
c a2 +b2−c2
= 0,
Tính định thức trên ta có k1
b c2+a2−b2
−c a2 +b2 −c2 +k2
c a2+b2−c2
−a b2 +c2 −a2 +k3
a b2 +c2−a2
−b c2 +a2 −b2
= 0.
(2.64)
Thayk1, k2, k3 trong các công thức (2.57) đến (2.59) vào vế trái (2.64), ta có thể dễ dàng kiểm tra (2.64) là đúng. Từ đó ta chứng minh rằng I, O, I′ thẳng hàng.
Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh I′ là điểm đối xứng của I qua O.
Trong Bổ đề 2.2.1, cho P = O, ta nhận được
OM2 = R2 − yza2+zxb2 +xyc2
(x+y +z)2 . (2.65) Cho M = I′ ở trên, ta được:
OI′ = R2 − abc(ak2k3 +bk3k1+ck1k2)
(ak1+bk2 +ck3)2 . (2.66) Từ (2.57), (2.58) và (2.54), ta có thể dễ dàng đưa ra hai đẳng thức:
ak1 +bk2+ck3 = −(a+b+c) (b+c−a) (c+a−b) (a+b−c), (2.67) ak2k3+bk3k1+ck1k2 = (a+b+c) (b+c−a)2(c+a−b)2(a+b−c)2, (2.68) do đó
OI′2 = R2− abc
a+b+c. (2.69)
Vì a+b+ c = 2s và abc = 4Rrs (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC), ta tiếp tục có được OI′2 = R2 −2Rr giống như công thức Euler nổi tiếng OI2 = R2−2Rr. Như vậy ta có OI′ = OI. Từ đó suy ra I′, O, I thẳng hàng và điểm I′ là điểm đối xứng với I qua O. +) Trường hợp 2: Một trong k1, k2, k3 bằng 0.
Không mất tính tổng quát ta giả sử k1 = 0. Trong trường hợp này, 4p2p3 −q21 = 0 từ (2.51). Như vậy theo Bổ đề 2.2.5, ta biết rằng đẳng thức trong (2.47) đúng khi và chỉ khi x= 0, 2p2y = q1z. Hơn nữa, bất đẳng thức trong (2.43) đúng khi và chỉ khi
x= 0, 2p2
y b = q1
z c,
tức là, tọa độ của P là (0, bq1, 2p2c). Thật vậy, điểm có tọa độ là (0, bk2, ck3). Do tính chất hình học trong trường hợp này sẽ được bảo toàn nếu ta thấy toan độ P là một tọa độ tỷ lệ. Do đó ta sẽ chứng
minh q1 : k2 = 2p2 : k3, ví dụ
2p2k2 −q1k3 = 0. (2.70) Dễ dàng kiểm tra được
2p2k2 −q1k3 =−2ab(a+b−c)
"
a3+ (3c−b)a2 −a(b+c)2 + (b−c) (3c+b) (b+c)
# k1, từ đó suy ra (2.70) đúng khi k1 = 0. Một lần nữa, từ chứng minh của Trường hợp 1, ta thấy rằng P vẫn là điểm đối xứng I′ củaI qua O khi k1 = 0. Do đó, bất đẳng thức (2.40) thuộc trường hợp 2 đúng chỉ khi P =I′.
Chú ý rằng điểm I′ không nằm trên các cạnh của tam giác ABC trong Trường hợp 1 (khik1k2k3 6= 0). ĐiểmI′ nằm trên các cạnh (ngoại trừ các đỉnh) của tam giác ABC trong Trường hợp 2. Định lý 2.2.8
được chứng minh.
Chú ý 2.2.9 Nếu ta kí hiệu ha, hb, hc lần lượt là chiều cao ứng với các cạnh a, b, c và ra, rb, rc lần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác ABC, thì bất đẳng thức (2.39) tương đương với
R21 −r12 hara
+ R22−r22 hbrb
+ R32−r23 hcrc
> 1, (2.71) ta có aha = 2S, (s−a)ra = S.
Từ Định lý 2.2.8 ta có kết luận thú vị sau đây: Nếu tam giác ABC đã cho, thì vế trái của (2.40) hoặc (2.71) đạt giá trị nhỏ nhất khi điểm P trùng điểm I′.
Sau khi tìm hiểu và chứng minh bất đẳng thức (2.40), chúng ta đã rút ra một công thức ngắn gọn về điểm I′ (xem ở Bổ đề 2.2.6). Công thức này gợi cho ta tìm được một bất đẳng thức mới mà có điều kiện giống như bất đẳng thức (2.40).
Định lý 2.2.10 Cho tam giác ABC với diện tích có hướng là S,~ P là một điểm nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC, kí hiệuD, E, F là chân các đường vuông góc hạ từ P tới các cạnh là lượt làBC, AC, AB, S~p là diện tích có hướng của tam giác DEF và ~r1, ~r2, ~r3 là độ dài có
hướng từ P tới các cạnh BC, AC, AB. Khi đó
~r1 +~r2 +~r3 + 2R ~Sp
S~ 6 2R. (2.72)
Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu P trùng điểm đối xứng I′ của tâm đường tròn nội tiếp I qua tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta giả sử hướng của tam giác ABC là ngược chiều kim đồng hồ (xem hình 2.2), khi đó S~ = S, ta phải chứng minh
~r1 +~r2 +~r3 + 2R ~Sp
S 6 2R. (2.73)
Hình 2.2
Từ các Bổ đề 2.2.6, 2.2.7 và Định lý hàm số Sin, ta có bất đẳng thức lượng giác:
(x+y +z) [x(1−sinBsinC) +y(1−sinCsinA) +
+z(1−sinAsinB)]> yzsin2A+zxsin2B+xysin2C, (2.74) đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu x: y : z = ak1 : bk2 :ck3 (k1, k2, k3 xác
định như trong (2.57), (2.58), (2.59) tương ứng). Điều này kéo theo (x+y +z)2 > (x+y +z) (xsinBsinC+ysinCsinA+zsinAsinB)
+yzsin2A+zxsin2B+xysin2C.
Thay thế x bởi xsinA, y bởi ysinB, z bởi zsinC. Ta được (xsinA+ysinB+zsinC)2
> sinAsinBsinC
"
(x+y+z) (xsinA+ysinB+zsinC) +yzsinA +zxsinB+xysinC
# . Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với 4R2 và sử dụng Định lý hàm số Sin và công thức S = 2R2sinAsinBsinC, ta thu được bất đẳng thức tương đương:
(xa+yb+zc)2 > S
R[(x+y+z) (xa+yb+zc) +yza+zxb+xyc], (2.75) đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu x :y :z = k1 :k2 :k3.
Nếu ta đặt x =~r1, y =~r2, z = ~r3 trong (2.75), sau đó sử dụng đồng nhất a~r1+b~r2 +c~r3 = 2S (từ (2.39) và giả thuyết) và
a~r2~r3 +b~r3~r1 +c~r1~r2 = 4R ~Sp, (2.76) ta có
4S2 > S R
h2S(~r1 +~r2+~r3) + 4R ~Sp
i . Do đó
2SR > S(~r1 +~r2+~r3) + 2R ~Sp,
chia cả hai vế cho S ta nhận được bất đẳng thức (2.73). Dựa vào điều kiện của bất đẳng thức (2.75), ta suy ra (2.73) xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi tọa độ của P là (ak1, bk2, ck3). Nghĩa là P trùng I′. Định lý
2.2.10 được chứng minh.
Chú ý 2.2.11 Ta có bất đẳng thức tương tự với (2.71) R22+R23−r22 −r32
rbrc + R23 +R21 −r32 −r21
rcra + R21 +R22 −r21 −r23 rarb > 2,
(2.77)
tương đương với R22 +R23 −r22 −r23
s−a + R23 +R21 −r23 −r12
s−b + R12+R22−r12 −r23
s−c > 2S.
(2.78) Đẳng thức trong (2.77) hoặc (2.78) gần giống với trong (2.40). Thực vậy, bằng việc sử dụng Bổ đề 2.2.2 và 2.2.3, ta có thể chứng minh đồng nhất hình học:
X R21 −r12 hara = 1
2
XR22 +R23 −r22 −r32
rbrc , (2.79)
với P
là tổng lặp vòng. Bởi vậy (2.77) ta thu được (2.71) và (2.79).
Chú ý 2.2.12 Điểm I′ trong Định lý 2.2.8 hoặc Định lý 2.2.9 có thể nằm trong (bao gồm cả biên, ngoại trừ các đỉnh) tam giác ABC hoặc nằm ngoài tam giác. Chúng ta có thể thấy một số tính chất của điểm I′. Ví dụ, bốn điểm I′, N, H, I tạo thành một hình bình hành, trong đó N là điểm góc, H là trực tâm, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (xem Hình 2.3).
Hình 2.3
Chú ý 2.2.13 Ta thấy bất đẳng thức (2.40) của Định lý 2.2.8 là một tổng quát hóa của công thức Heron. Trong thực tế, bằng cách sử dụng
(2.42), ta có thể chứng minh đẳng thức sau:
R21 −r12 = s2 −2bc (2.80) đúng khi P = I′. Theo Định lý 2.2.8 ta được đẳng thức:
a(s−a) s2 −2bc
+b(s−b) s2 −2ca
+c(s−c) s2−2ab
= 2S2. Ngoài ra, ta dễ dàng thu được công thức Heron:
S = p
s(s−a) (s−b) (s−c). (2.81) thêm nữa, khi P = I′ ta có đẳng thức tương tự với (2.80):
R22 +R32−r22 −r23 = 2(s−a)2, (2.82) trong đó các điều kiện xảy ra đẳng thức trong (2.78) là đúng.
Chú ý 2.2.14 Bất đẳng thức (2.72) của Định lí 2.2.10 tương đương với bất đẳng thức (2.75) và sau này có thể chứng minh bằng Bổ đề 2.2.6. Ngoài ra, từ bất đẳng thức (2.72) và bất đẳng thức đã biết (xem trong tài liệu [4]).
Sp
rp > S
R, (2.83)
với rp là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác DEF của P đối với tam giác ABC và Sp là diện tích của nó, cho ta một bất đẳng thức được xem là một bất đẳng thức tuyến tính đẹp:
r1 +r2+r3 + 2rp 6 2R, (2.84) đúng với mọi điểm P nằm trong tam giác ABC.
Chú ý 2.2.15 Từ bất đẳng thức (2.72) và bất đẳng thức đã biết sử dụng trong tài liệu [4]:
2RSp
S > r1r2r3
r2 , (2.85)
ta chứng minh được bất đẳng thức
r1 +r2+r3 + r1r2r3
r2 6 2R. (2.86)
đúng với mọi điểm P nằm trong tam giác.
Chú ý 2.2.16 Nếu ta áp dụng biến đổi hình học vào Định lý 2.2.8 hoặc Định lý 2.2.10 hoặc hệ quả của chúng, ta có thể được một số bất đẳng thức hình học mới. Ví dụ, áp dụng biến đổi đẳng thức (xem ví dụ trong tài liệu [4]) vào bất đẳng thức (2.71), ta có
a(s−a) R21r12−r22r32
+b(s−b) R22r22−r23r12 + +c(s−c) R23r23 −r12r22
> 8R2Sp2, (2.87) đúng với mọi P thuộc mặt phẳng. Sử dụng bất đẳng thức (2.73) và những biến đổi khác, ta nhận được bất đẳng thức (đúng với mọi điểm P nằm trong tam giác ABC):
1 R1
+ 1 R2
+ 1 R3
+ 1
2Rp 6 R1R2R3
2r1r2r3R, (2.88) 1
Ra
+ 1 Rb
+ 1 Rc
+ 1
R 6 S RSp
, (2.89)
Ra +Rb+Rc+R
Rp 6 R1R2R3
r1r2r3
, (2.90)
với Ra, Rb, Rc lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác P BC, tam giác P CA, tam giác P AB.