Luận văn Một số bất đẳng thức hình học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Hoàng Ngọc Quang MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC Chuyên Nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mà SỐ: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Ngọc Thái Nguyên - 2011 www.VNMATH.com Công trình được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Ngọc Phản biện 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phản biện 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Ngày .... tháng .... năm 2011 Có thể tìm hiểu tại Thư viện Đại học Thái Nguyên www.VNMATH.com 1Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Chương 1. Các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác 6 1.1. Các bất đẳng thức đại số cơ bản . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2. Các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác . 8 1.2.1. Các đẳng thức cơ bản trong tam giác . . . . . . . 8 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 tam giác 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 48 2.1. Định lí Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 2.2. Bất đẳng thức Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.3. Định lí Bretschneider . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 2.4. Định lí Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 2.5. Mở rộng bất đẳng thức Ptolemy trong không gian . . . . 68 www.VNMATH.com 2Chương 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 92 4.1. Bất đẳng thức dạng Hayashi và các hệ quả . . . . . . . . 92 4.1.1. Bất đẳng thức Hayashi . . . . . . . . . . . . . . . 92 4.1.2. Các hệ quả của bất đẳng thức hyashi . . . . . . . 94 4.1.3. Bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 4.2. Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng và các hệ quả . . . 96 4.2.1. Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng . . . . . . . 96 4.2.2. Các hệ quả của bất đẳng thức Weizenbock suy rộng101 4.3. Bất đẳng thức Klamkin và các hệ quả . . . . . . . . . . 105 4.3.1. Bất đẳng thức Klamkin . . . . . . . . . . . . . . 105 4.3.2. Các hệ quả của bất đẳng thức Klamkin . . . . . . 106 4.4. Bất đẳng thức Jian Liu và các hệ quả . . . . . . . . . . 108 4.4.1. Bất đẳng thức Jian Liu . . . . . . . . . . . . . . . 108 4.4.2. Các hệ quả của bất đẳng thức Jian Liu . . . . . . 110 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 www.VNMATH.com 3Mở đầu Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những bài toán khó, làm cho học sinh phổ thông, nhất là phổ thông cơ sở kể cả học sinh giỏi lúng túng khi gặp các bài toán loại này. Thực sự nó là một phần rất quan trọng của hình học và những kiến thức về bất đẳng thức trong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của toán học. So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa được quan tâm nhiều. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết vấn đề này là vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương pháp thông thường hay được áp dụng trong hình học và càng không phải là phương pháp đại số thuần túy. Để giải một bài toán về bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại số một cách thích hợp và nhạy bén. Luận văn này giới thiệu một số bất đẳng thức hình học từ cơ bản đến nâng cao và mở rộng. Các bài toán về bất đẳng thức hình học được trình 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 có hình vẽ. Phương pháp giải các bài toán nhóm này chủ yếu là "phương pháp hình học", như vẽ thêm đường phụ, sử dụng tính chất giữa đường vuông góc và đường xiên, giữa đường thẳng và đường gấp khúc, quan hệ 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 nội dung thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi toán hay thi vào các trường chuyên. II. Nhóm thứ hai gồm các bài toán mà khi giải chúng cần phải sử dụng các hệ thức lượng đã biết, như các hệ thức lượng giác, hệ thức đường trung tuyến, đường phân giác, công thức các bán kính, công thức www.VNMATH.com 4diện tích của tam giác v.v.. Các bài toán này đã được quan tâm nhiều và chúng được trình bày khá phong phú trong các tài liệu [4,7], vì thế luận văn này sẽ không đề cập nhiều đến các bất đẳng thức trong tam giác có trong các tài liệu trên mặc dù chúng rất hay mà chỉ nêu ra một số 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 thức hình học nổi tiếng, đặc biệt là bất đẳng thức Ptolemy và bất đẳng thức Erdos-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 đẳng thức này còn ít được giới thiệu bằng Tiếng Việt và thường gặp trong các đề 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 và các bài toán áp dụng. Các bài toán này chủ yếu được trích ra từ các đề thi vô địch các nước, đề thi vô địch khu vực và đề thi IMO, một số là do tác giả sáng tác. Ngoài ra, còn trình bày một số mở rộng bất đẳng thức Ptolemy 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 liên quan. Ngoài ra, còn trình bày một số mở rộng bất đẳng thức này trong tam 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 khoảng cách từ một hay nhiều điểm của mặt phẳng đến các đỉnh hoặc các cạnh của tam giác với các tham số dương tùy ý được gọi là trọng số hay gọi tắt là trọng. Đó là các bất đẳng thức Hyashi, Weizenbock, Klamkin, Jian www.VNMATH.com 5Liu, 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 vực bất đẳng thức hình học [9,13-14]. Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên với sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Ngọc. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm hướng dẫn của Thầy, tới các thầy cô trong Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo và Khoa Toán-Tin Trường Đại học Khoa học. Đồng thời tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Yên Bái, Ban Giám đốc, các đồng nghiệp Trung tâm GDTX - HNDN Hồ Tùng Mậu huyện Lục Yên đã tạo điều kiện cho tác giả học tập và hoàn thành kế hoạch học tập. Thái Nguyên, ngày 20 tháng 6 năm 2011. Tác giả Hoàng Ngọc Quang www.VNMATH.com 6Chương 1 Các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác Chương này trình bày các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác từ cơ bản đến nâng cao. Nội dung chủ yếu được hình thành từ các tài liệu [1-7], [10], [12] và [15]. Kí hiệu ∆ABC là tam giác ABC với các đỉnh là A,B,C. Để thuận tiện, độ lớn của các góc ứng với các đỉnh A,B,C cũng được kí hiệu tương ứng 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 2 . 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 cần trang bị những kiến thức cơ sở đó là các bất đẳng thức đại số cơ bản và các 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 số thực không âm. Khi đó a1 + a2 + · · ·+ an n ≥ n√a1a2...an. (1.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an. www.VNMATH.com 7Hệ quả 1.1. Với mọi bộ số dương a1, a2, · · · , an ta có n √ a1a2...an ≥ n1 a1 + 1a2 + · · ·+ 1an . (1.2) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an. Hệ quả 1.2. Với mọi bộ số dương a1, a2, · · · , an ta có 1 a1 + 1 a2 + · · ·+ 1 an ≥ n 2 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, · · · ta có am1 + a m 2 + · · ·+ amn n ≥ ( a1 + a2 + · · ·+ an n )m . (1.4) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an. Định lý 1.2. (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Cho hai dãy số thực a1, a2, · · · , an và b1, b2, · · · , bn. Khi đó (a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)2 ≤ ( a21 + a 2 2 + · · ·+ a2n ) ( b21 + b 2 2 + · · ·+ b2n ) . (1.5) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1b1 = a2 b2 = · · · = anbn . Định lý 1.3. (Bất đẳng thức Jensen) Cho f(x) là hàm số liên tục và có đạo hàm cấp hai trên I (a, b) và n điểm x1, x2, · · · , xn tùy ý trên đoạn I (a, b). Khi đó i, Nếu f ′′(x) > 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì f(x1) + f(x2) + · · ·+ f(xn) ≥ nf ( x1 + x2 + · · ·+ xn n ) . ii, Nếu f ′′(x) < 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì f(x1) + f(x2) + · · ·+ f(xn) ≤ nf ( x1 + x2 + · · ·+ xn n ) . Ở đây I (a, b) nhằm ngầm định là một trong bốn tập hợp (a, b) , [a, b) , (a, b] , [a, b]. www.VNMATH.com 8Định lý 1.4. (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực đơn điệu cùng chiều a1, a2, · · · , an và b1, b2, · · · , bn. Khi đó ta có a1b1 + a2b2 · · ·+ anbn ≥ 1 n (a1 + a2 + · · ·+ an) (b1 + b2 + · · ·+ bn) . (1.6) Nếu hai dãy số thực a1, a2, · · · , an và b1, b2, · · · , bn đơn điệu ngược chiều thì bất đẳng thức trên đổi chiều. Định lý 1.5. (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho a, b, c là các số thực dương. Bất đẳng thức sau luôn đúng a b+ c + b c+ a + c a+ b ≥ 3 2 . (1.7) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 1.2. Các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác 1.2.1. Các đẳng thức cơ bản trong tam giác Định lý 1.6. (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta có a sinA = b sinB = c sinC = 2R. Định lý 1.7. (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta có a2 = b2 + c2 − 2bc cosA, b2 = c2 + a2 − 2ca cosB, c2 = a2 + b2 − 2ab cosC. Định lý 1.8. (Các công thức về diện tích) Diện tích tam giác ABC được tính theo một trong các công thức sau S = 1 2 aha = 1 2 bhb = 1 2 chc (1.8) = 1 2 bc sinA = 1 2 ca sinB = 1 2 ab sinC (1.9) = pr (1.10) = abc 4R (1.11) = (p− a)ra = (p− b)rb = (p− c)rc (1.12) = √ p (p− a) (p− b) (p− c). (1.13) Công thức (1.13) được gọi là công thức Hê-rông. www.VNMATH.com 9Định lý 1.9. (Định lý đường phân giác) Trong một tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy . Định lý 1.10. (Công thức đường phân giác) Trong tam giác ABC ta có la = 2bc b+ c cos A 2 , lb = 2ca c+ a cos B 2 , lc = 2ab a+ b cos C 2 . Định lý 1.11. (Định lý đường trung tuyến) Trong một tam giác, ba đường trung tuyến gặp nhau tại một điểm được gọi là trọng tâm của tam giác. Trên mỗi đường trung tuyến, khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh 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 ta có m2a = b2 + c2 2 − a 2 4 , m2b = c2 + a2 2 − b 2 4 , m2c = a2 + b2 2 − c 2 4 . Định lý 1.13. (Công thức bán kính đường tròn nội tiếp) Trong tam giác ABC ta có r = (p− a) tan A 2 = (p− b) tan B 2 = (p− c) tan C 2 . Định lý 1.14. (Công thức bán kính đường tròn bàng tiếp) Trong tam giác ABC ta có ra = p tan A 2 , rb = p tan B 2 , rc = p tan C 2 . Định lý 1.15. (Các hệ thức lượng giác cơ bản) Với mọi tam giác ABC ta luôn có các hệ thức sau sinA+ sinB + sinC = 4 cos A 2 cos B 2 cos C 2 , (1.14) sin 2A+ sin 2B + sin 2C = 4 sinA sinB sinC, (1.15) cosA+ cosB + cosC = 1 + 4 sin A 2 sin B 2 sin C 2 , (1.16) cos 2A+ cos 2B + cos 2C = −1− 4 cosA cosB cosC, (1.17) www.VNMATH.com 10 sin2A+ sin2B + sin2C = 2 (1 + sinA sinB sinC) , (1.18) cos2A+ cos2B + cos2C = 1− 2 cosA cosB cosC, (1.19) tanA+ tanB + tanC = tanA tanB tanC, (1.20) cot A 2 + cot B 2 + cot C 2 = cot A 2 cot B 2 cot C 2 , (1.21) tan A 2 tan B 2 + tan B 2 tan C 2 + tan C 2 tan A 2 = 1, (1.22) cotA cotB + cotB cotC + cotC cotA = 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 giác ABC ta luôn có các bất đẳng thức sau sinA+ sinB + sinC ≤ 3 √ 3 2 , (1.24) cosA+ cosB + cosC ≤ 3 2 , (1.25) cos A 2 + cos B 2 + cos C 2 ≤ 3 √ 3 2 , (1.26) sin A 2 + sin B 2 + sin C 2 ≤ 3 2 , (1.27) sin A 2 sin B 2 sin C 2 ≤ 1 8 , (1.28) cosA cosB cosC ≤ 1 8 , (1.29) sin2A+ sin2B + sin2C ≤ 9 4 , (1.30) tan A 2 + tan B 2 + tan C 2 ≥ √ 3, (1.31) tanA+ tanB + tanC ≥ 3 √ 3, (1.32) cotA+ cotB + cotC ≥ √ 3. (1.33) www.VNMATH.com 11 Riêng với bất đẳng thức (1.32) thì tam giác ABC cần giả thiết không vuông. Đẳng thức xảy ra trong các bất đẳng thức trên khi và chỉ khi ABC 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 kì đều 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 giải quyết các bất đẳng thức trong đa giác. Trước hết, chúng ta nghiên cứu các 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 R′ (R ≥ R′), khoảng cách giữa tâm của chúng bằng d. Điều kiện cần và đủ để hai đường tròn đó cắt nhau là R−R′ ≤ d ≤ R +R′. 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 có R + R′ < d. Nếu hai đường tròn chứa nhau (hình 1.1 B) thì ta cũng có ngay d < R−R′. Nếu hai đường tròn cắt nhau tại một điểm M thì theo bất đẳng thức về ba cạnh của tam giác OO′M , với O và O′ lần lượt là tâm của đường tròn bán kính R và R′, ta có R−R′ ≤ d ≤ R +R′. Đảo lại, nếu R − R′ ≤ d ≤ R +R′ thì hai đường tròn đã cho không thể ngoài nhau hoặc chứa nhau được (nếu không phải có R + R′ < d hoặc d < R−R′). Do đó chúng chỉ có thể cắt nhau.  www.VNMATH.com 12 Định lý 1.19. Các số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác khi 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 đẳng thức 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 cách nhau một khoảng c. Lấy A và B làm tâm dựng hai đường tròn bán kính tương ứng là a và b. Từ các bất đẳng thức a+ b > c, b+ c > a, c+ a > b ta có |a− b| < c < a + b. Theo định lý 1.18 thì hai đường tròn tâm A và B phải cắt nhau tại một điểm C. Vậy a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC theo cách dựng trên.  Định lý 1.20. Cho trước tam giác ABC và một điểm M ở trong tam giác. Khi đó ta có MB +MC < AB + AC. Chứng minh. Hình 1.2 Kéo dài BM về phía M cắt cạnh AC tại điểm N . Theo định lý 1.19 ta có MB +MC < MB +MN +NC =BN +NC < AB + AN +NC =AB + AC. Bài toán 1.1. Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng p < MA+MB +MC < 2p. Trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC. Giải. Áp dụng định lý 1.19 cho các tam giácMAB,MBC vàMCA ta có AB < MA+MB, BC < MB+MC, CA < MC+MA. Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên rồi chia cả hai vế cho 2 ta được p < MA+MB+MC. Mặt khác, theo định lý 1.20 ta cóMA+MB < CA+CB, MB+MC < AB+AC, MC +MA < BC +BA. Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và đem chia cả hai vế cho 2 ta được AM +BM + CM < 2p. www.VNMATH.com 13 Định lý 1.21. Trong một tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơn và ngược lại. Chứng minh. Xét tam giác ABC. Ta chứng minh nếu ÂBC > ÂCB thì AC > AB và ngược lại. Hình 1.3 Thật vậy, trong góc ÂBC ta kẻ tia Bx tạo với cạnh BC góc bằng góc ÂCB. Do ÂBC > ÂCB, nên Bx cắt cạnh AC tại điểm D và tạo thành tam giác cân DBC, do đó DB = DC. Mặt khác, trong tam giác ABD ta có AD + DB > AB. Do đó AC = AD +DC = AD +DB > AB. Phần ngược lại của định lý là hiển nhiên. Vì nếu ÂBC < ÂCB thì ta phải có AC < AB là điều vô lí.  Bài toán 1.2. Chứng minh rằng đường vuông góc AH hạ từ điểm A xuống đường thẳng d cho trước luôn nhỏ hơn đường xiên AB. Giải. Tam giác AHB là tam giác vuông tại H, do đó ÂHB = 900 > ÂBH. Theo định lý trên, ta có AB > AH. Sự tương ứng giữa độ lớn cạnh và góc còn đúng cho cạnh của hai tam giác 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 A′B′C ′ có hai cặp cạnh bằng nhau AB = A′B′ và AC = A′C ′. Ta có bất đẳng thức B̂AC > B̂′A′C ′ khi và chỉ khi BC > B′C ′. Chứng minh. Hình 1.4 Trước hết, giả sử rằng B̂AC > B̂′A′C ′, ta sẽ chứng minh BC > B′C ′. Không mất tính tổng quát giả sử AB ≥ AC. Ta đem hình tam giác ABC đặt chồng lên hình tam giác A′B′C ′ sao cho A ≡ A′, C ≡ C ′ và đỉnh B, B′ nằm cùng phía so với đường thẳng đi qua AC. www.VNMATH.com 14 Do AB = A′B′, nên ta có ÂBB′ = ÂB′B. Vì ĈBB′ < ÂBB′ và ĈB′B > ÂB′B, nên ta có ĈBB′ < ĈB′B. Theo định lý 1.21, ta có CB > CB′, hay là CB > C ′B′. Nếu như B̂AC = B̂′A′C ′ thì ta cũng dễ dàng thấy rằng BC = B′C ′, do ∆ABC và ∆A′B′C ′ (c.g.c). Vậy ta có B̂AC > B̂′A′C ′ khi và chỉ khi BC > B′C ′.  Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC và AM là trung tuyến. Chứng minh rằng B̂AC ≥ 900 khi và chỉ khi AM ≤ 12BC. Giải. Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua trung điểm M của cạnh BC. Tứ giác ABA′C là tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên ABA′C là hình bình hành. Hình 1.5 Xét hai tam giác ABA′ và ABC có cạnh AB là cạnh chung và có cặp cạnh A′B và AC bằng nhau. Theo định lý 1.22, ta có BC ≥ AA′ khi và chỉ khi B̂AC ≥ ÂBA′. Do B̂AC + ÂBA′ = 1800 , cho nên B̂AC ≥ ÂBA′ khi và chỉ khi B̂AC ≥ 900. Tóm lại, AM = 1 2AA ′ ≤ 12BC khi và chỉ khi B̂AC ≥ 900. Định lý 1.23. Trong những đường xiên nối một điểm M cho trước với điểm N trên một đường thẳng d cho trước, đường xiên nào có hình chiếu dài hơn thì dài hơn. 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 hệ với các đại lượng đặc biệt. Với đường cao ta dễ thấy là đường cao tương ứng với cạnh lớn hơn thì ngắn hơn. Đối với đường trung tuyến và đường phân giác ta cũng sẽ chứng minh rằng ứng với cạnh dài hơn là đường trung 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. www.VNMATH.com 15 Chứng minh. Giả sử c < b, ta sẽ chứng minh rằng hb < hc,mb < mc và lb < lc. Hình 1.6 Vì c < b nên suy ra hb = S 2b < S 2c = hc. Để chứng minhmb < mc, ta gọiM,N và P là trung điểm của các cạnh AB,AC và BC, tương ứng (hình 1.6). Áp dụng định lý 1.22 cho ∆PAB và ∆PAC là hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau (AP chung và BP = CP ), ta có ÂPB < ÂPC. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Xét hai tam giác GPB và GPC là hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau (GP chung và PB = PC). Do có ÂPB < ÂPC, nên BG < CG. Vậy mb = 3 2 BG < 3 2 CG = mc. Hình 1.7 Gọi phân giác của góc B̂ là BL và phân giác xuất phát từ C là CK. Theo định lý đường phân giác ta có LCLA = a c ⇒ CL = ab a+c . Tương tự KB KA = a b ⇒ BK = aca+b . Do c < b, nên BK < CL. Dựng hình bình hành BKCT (hình 1.7), ta có B̂TC = B̂KC = Â+ Ĉ2 và ta có B̂TC < B̂LC. Mặt khác, vì TC = BK, và BK < CL nên TC < CL. Trong tam giác TLC, ứng với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn theo định lí 1.21, cho nên ĈLT B̂TC và ĈLT BL mà CK = BT suy ra CK > BL.  Định lý 1.25. Trong tam giác ABC ta luôn có ma ≥ la ≥ ha. Chứng minh. Gọi H là chân đường cao, L là chân đường phân giác vàM là chân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A. Ta chứng minh rằng L nằm trên đoạn thẳng nối HM , và áp dụng định lý 1.23 để có bất đẳng thức cần chứng minh. www.VNMATH.com 16 Hình 1.8 Định lí hiển nhiên đúng cho trường hợp tam giác ABC cân tại đỉnh A. Để tiện chứng minh trong trường hợp tam giác không cân tại A, không mất tính tổng quát ta giả sử AB < AC. Gọi A′ đối xứng với A qua M , ta có BACA′ là hình bình hành. Trong tam giác AA′C ta có AC > A′C = AB và do đó theo định lý 1.21 ta có B̂AM = M̂A′C > ĈAM và đó điểm L nằm trong góc B̂AM . Mặt khác, do B̂AH phụ với góc B̂ và ĈAH phụ với góc Ĉ, cho nên B̂AH < ĈAH. Do đó L phải nằm trong góc ĈAH. 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 nửa tổng các cạnh AB và AC cùng xuất phát từ một đỉnh A. Chứng minh. Gọi A′ là điểm đối xứng với điểm A qua điểm M , ta có ABA′C là hình bình hành. Do đó AM = 1 2 AA′ < 1 2 (A′C + AC) = 1 2 (AB + AC).  Bài toán 1.4. Chứng minh rằng nếu M là điểm nằm trên đường phân giác ngoài của góc C của tam giác ABC (M khác C) thì MA+MB > CA+ CB. Giải. Hình 1.9 Giả sử A′ là điểm đối xứng với điểm A qua đường phân giác ngoài của góc C. Khi đó các điểm A′, C,B thẳng hàng và MA′ = MA. Do đó MA+MB = MA′+ MB > A′B = CA′ + CB = CA+ CB. www.VNMATH.com 17 1.4. Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình học Định lý 1.27. (Công thức Euler) Gọi R và r lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC, d là khoảng cách giữa tâm hai đường tròn đó. Ta có d2 = R2 − 2Rr. (1.34) Chứng minh. Hình 1.10 Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ∆ABC. Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI có tâm D là trung điểm của cung _ BC. Gọi M là trung điểm của BC và Q là hình chiếu của I trên OD. Khi đó OB2 −OI2 =OB2 −DB2 +DI2 −OI2 =OM 2 −MD2 +DQ2 −QO2 = (MO +DM) (MO −DM) + (DQ+QO) (DQ−QO) =DO (MO −DM +DQ+OQ) = R (2MQ) = 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 kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó R ≥ 2r. (1.35) 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 ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp và p là nửa chu vi tam giác ABC. Chứng minh rằng r ≤ p 3 √ 3 ≤ R 2 . www.VNMATH.com 18 Giải. Ta có [ABC] = abc4R = pr, suy ra 2p = a+b+c ≥ 3 3 √ abc = 3 3 √ 4Rrp. Do đó 8p3 ≥ 27(4Rrp) ≥ 27(8r2p), vì R ≥ 2r. Vậy p ≥ 3√3r. Bất đẳng thức thứ hai, p 3 √ 3 ≤ R2 tương đương với a + b + c ≤ 3 √ 3R. Sử dụng định lí hàm số sin, bất đẳng thức này tương đương với sinA+ sinB + sinC ≤ 3 √ 3 2 . Bất đẳng thức này đúng vì hàm số f(x) = sinx là hàm lồi trên (0, pi), do đó sinA+sinB+sinC3 ≤ sin ( A+B+C 3 ) = sin 600 = √ 3 2 . Định lý 1.28. (Công thức Leibniz) Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c. Gọi G là trọng tâm và (O,R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Khi đó OG2 = R2 − 1 9 ( a2 + b2 + c2 ) . (1.36) Chứng minh. Hình 1.11 Để chứng minh bài toán này ta sử dụng định lí Stewart "Nếu L là điểm nằm trên cạnh BC của ∆ABC và nếu AL = l, BL = m,LC = n, thì a(l2 +mn) = b2m+ c2n". Áp dụng định lí Stewart cho ∆OAA′, trong đó A′ là trung điểm của BC, ta được AA′(OG2 + AG.GA′) = A′O2.AG + AO2.GA′. Vì AO = R,AG = 23AA ′, GA′ = 1 3AA ′ nên OG2 + 29A ′A2 = 23A ′O2 + 13R 2. Mặt khác, vì A′A2 = 2(b 2+c2)−a2 4 và A ′O2 = R2 − a24 , ta được OG2 = ( R2 − a 2 4 ) 2 3 + 1 3 R2 − 2 9 ( 2(b2 + c2)− a2 4 ) =R2 − a 2 6 − 2(b 2 + c2)− a2 18 = R2 − a 2 + b2 + c2 9 .  Hệ quả 1.5. (Bất đẳng thức Leibniz) Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c. (O,R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Ta có bất đẳng thức sau 9R2 ≥ a2 + b2 + c2. (1.37) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O là trọng tâm của tam giác ABC. www.VNMATH.com 19 Bài toán 1.6. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng 4 √ 3 [ABC] ≤ 9abca+b+c . Giải. Sử dụng bất đẳng thức Leibniz với lưu ý 4R. [ABC] = abc ta có 9R2 ≥ a2 + b2 + c2 ⇔ a2b2c2 16[ABC] 2 ≥ a2+b2+c29 ⇔ 4 [ABC] ≤ 3abc√a2+b2+c2 . Mặt khác, Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho a+ b+ c ≤ √3√a2 + b2 + c2. Do đó 4 √ 3 [ABC] ≤ 9abca+b+c . Bài toán 1.7. Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh AB,BC,CA tại D,E, F , tương ứng.Kí hiệu p là nửa chu vi của tam giác ABC. Chứng minh rằng EF 2 + FD2 +DE2 ≤ p23 . Giải. Thấy rằng đường tròn nội tiếp tam giác ABC là đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF . Áp dụng bất đẳng thức Leibniz cho tam giác DEF , ta được EF 2 + FD2 + DE2 ≤ 9r2. Mặt khác, theo bài toán 1.5 ta có p2 ≥ 27r2. Do đó EF 2 + FD2 +DE2 ≤ p23 . Định lý 1.29. (Định lí Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. M là một điểm bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh BC,CA,AB. Khi đó diện tích của tam giác XY Z được tính theo diện tích tam giác ABC và khoảng cách MO bởi công thức sau [XY Z] = 1 4 ∣∣∣∣1− MO2R2 ∣∣∣∣ [ABC] . (1.38) Chứng minh. Hình 1.12 Kéo dài AM,BM,CM cắt đường tròn ngoại tiếp tại các điểm X ′, Y ′, Z ′ tương ứng. Ta có ẐXM = M̂BZ (tứ giác BZMX nội tiếp), M̂BZ = ÂBY ′ (B,Z,A thẳng hàng và B,M, Y ′ thẳng hàng), ÂBY ′ = ÂX ′Y ′ (cùng chắn cung _ AY ′). Từ đó suy ra ẐXM = ÂX ′Y ′. Tương tự Ŷ XM = ÂX ′Z ′. Từ đó suy ra ẐXY = Ẑ ′X ′Y ′. Ta sẽ kí hiệu hai góc này là X và www.VNMATH.com 20 X ′. Ta có [XY Z] = 1 2 XY.XZ. sinX = 1 2 MC. sinC.MB sinB. sinX (định lí hàm số sin) = 1 2 MB.MY ′. MC MY ′ sinB. sinC. sinX = 1 2 ∣∣MO2 −R2∣∣ BC Z ′Y ′ . sinB sinC. sinX(phương tích, ∆MBC ∼ ∆MZ ′Y ′) = 1 2 ∣∣MO2 −R2∣∣ .BC. sinC. sinB.sinX ′ Y ′Z ′ = 1 8 ∣∣∣∣1− MO2R2 ∣∣∣∣AC.BC. sinC (vì sinB = AC2R , sinX ′Y ′Z ′ = 12R) = 1 4 ∣∣∣∣1− MO2R2 ∣∣∣∣ [ABC] .  Chú ý 1.1. 1) Tam giác XY Z nêu trong định lí được gọi là tam giác Pedal. 2) NếuM nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì [XY Z] = 0. Điều đó có nghĩa là tam giác XY Z suy biến thành đường thẳng, đó chính là đường thẳng Euler. 3) NếuM ≡ I (I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC) thì XY Z là tam giác nội tiếp đường tròn tâm I, bán kính r có các góc X, Y, Z tương ứng bằng pi2 − A2 , pi2 − B2 , pi2 − C2 . Bằng các phép biến đổi sơ cấp từ công thức (1.38) sẽ suy ra công thức Euler OI2 = R2 − 2Rr. Hệ quả 1.6. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh BC,CA,AB. Khi đó [XY Z] ≤ 1 4 [ABC] . (1.39) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. www.VNMATH.com 21 Bài toán 1.8. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O (với O nằm bên trong tứ giác). Gọi MNPQ là tứ giác mà các đỉnh lần lượt là hình chiếu của giao điểm 2 đường chéo của tứ giác ABCD đến các cạnh AB,BC,CD,DA. Chứng minh rằng [MNPQ] ≤ 1 2 [ABCD] . Giải. Gọi K là giao điểm 2 đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD. Hình 1.13 Dễ thấy KMN là tam giác Pedal dựng từ điểm K của tam giác ABC. Do đó áp dụng hệ quả 1.6 ta được [KMN ] ≤ 1 4 [ABC]. Làm tương tự cho các tam giác KNP,KPQ,KQM và cộng các kết quả lại [KMN ] + [KNP ] + [KPQ] + [KQM ] ≤1 4 ([ABC] + [BCD] + [CDA] + [DAB]) . Suy ra [MNPQ] ≤ 12 [ABCD]. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Bài toán 1.9. (Balkan, 1999) Cho ABC là một tam giác nhọn và L,M,N là các chân đường cao hạ từ trọng tâm G của ∆ABC tới các cạnh BC,CA,AB, tương ứng. Chứng minh rằng 4 27 < [LMN ] [ABC] ≤ 1 4 . Giải. Ta có tam giác LMN là tam giác Pedal dựng từ trọng tâm G của tam giác ABC. Áp dụng định lí 1.12, ta có [LMN ] = 1 4 ∣∣∣1− OG2R2 ∣∣∣ [ABC] = R2−OG24R2 [ABC] (vì G nằm trong tam giác ABC). + Dễ thấy [LMN ] ≤ 14 [ABC]. Đẳng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi G ≡ O hay khi và chỉ khi tam giác ABC đều. + Ta chứng minh bất đẳng thức còn lại. Thật vậy, để ý rằng OG = 13OH. Vì tam giác nhọn, H nằm trong tam giác và OH ≤ R nên [LMN ] [ABC] = R2 − 19OH2 4R2 ≥ R 2 − 19R2 4R2 = 2 9 > 4 27 . www.VNMATH.com 22 Định lý 1.30. (Công thức hình bình hành) Cho tứ giác ABCD, gọi x là khoảng cách giữa trung điểm của hai đường chéo AC và BD. Ta có AB2 +BC2 + CD2 +DA2 = AC2 +BD2 + 4x2. (1.40) Chứng minh. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có x2 = NA2 +NC2 2 − AC 2 4 = AB2+DA2 2 − BD 2 4 + BC2+CD2 2 − BD 2 4 2 − AC 2 4 hay AB2 +BC2 + CD2 +DA2 = AC2 +BD2 + 4x2.  Hệ quả 1.7. (Bất đẳng thức hình bình hành) Cho tứ giác ABCD. Ta có AB2 +BC2 + CD2 +DA2 ≥ AC2 +BD2. (1.41) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình bình hành. Bài toán 1.10. (Địa trung Hải, 2000) Cho P,Q,R, S là trung điểm của các cạnh BC,CD,DA,AB, tương ứng, của tứ giác lồi ABCD. Chứng minh rằng 4 ( AP 2 +BQ2 + CR2 +DS2 ) ≤ 5 (AB2 +BC2 + CD2 +DA2) . Giải. Ta biết công thức đường trung tuyến XM của tam giác XY Z là XM2 = 12XY 2 + 12XZ 2 − 14Y Z2. Ta thay bộ (X, Y, Z,M) bằng (A,B,C, P ), (B,C,D,Q), (C,D,A,R), (D,A,B, S) vào trong công thức này và cộng 4 công thức lại với nhau để thu được công thức thứ 5. Nhân cả hai vế của công thức thứ 5 với 4, ta được 4 ( AP 2 +BQ2 + CR2 +DS2 ) = AB2 +BC2 + CD2 +DA2 + 4 ( AC2 +BC2 ) . Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức AC2 +BC2 ≤ AB2 +BC2 + CD2 +DA2. Đây là bất đẳng thức hình bình hành. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình bình hành. Điều phải chứng minh. www.VNMATH.com 23 1.5. Bất đẳng thức trong các tam giác đặc biệt 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 PA, PB, PC (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 PA2.PB2.PC2 ≥ 8a 3 3 √ 3 papbpc. (1.42) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau www.VNMATH.com 24 Bổ đề 1.1. Cho P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác đều ABC cạnh a. Kí hiệu α = B̂PC, β = ĈPA,γ = ÂPB, ta có đẳng thức PA2.PB2.PC2 = a3papbpc sinα sin β sin γ . (1.43) Chứng minh. Viết lại diện tích tam giác BPC theo hai cách ta được BP.CP. sinα = a.pa, tương tự CP.AP. sin β = a.pb, AP.BP. sin γ = a.pc. Nhân theo vế 3 đẳng thức này, ta thu được đẳng thức (1.43). Giải. Gọi f(x) = ln(sinx), x ∈ (0, pi) .Vì f ′′(x) = − 1 sin2 x < 0, nên f là hàm lồi. Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có ln(sinα) + ln(sin β) + ln(sin γ) 3 ≤ ln(sin α + β + γ 3 ). Suy ra sinα. sin β. sin γ ≤ 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 PA.PB.PC ≥ 8papbpc. (1.44) Giải. Vì [BPC] + [CPA] + [APB] = [ABC] nên 1 2 apa + 1 2 apb + 1 2 apc = a2 √ 3 4 . Suy ra pa + pb + pc = a √ 3 2 . Do đó papbpc ≤ ( pa+pb+pc 3 )3 = a 3 √ 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 PA.PB + PB.PC + PC.PA ≥ a2. (1.45) Giải. Vì α2 + β 2 + γ 2 = 180 0 nên cosα + cos β + cos γ ≥ 3 2 , (1.46) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β = γ = 1200. Bây giờ, áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác PAB, ta có a2 = www.VNMATH.com 25 PA2 +PB2− 2PA.PB. cos γ hay cos γ = PA2+PB2−a22PA.PB . Tương tự cosα = PB2+PC2−a2 2PB.PC , cos β = PC2+PA2−a2 2PC.PA . Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên và sử dụng (1.46), ta được PA2 + PB2 − a2 2PA.PB + PB2 + PC2 − a2 2PB.PC + PC2 + PA2 − a2 2PC.PA + 3 2 ≥ 0, Do đó( PA2.PB + PB2.PA+ PA.PB.PC ) + ( PC2.PB + PB2.PC + PA.PB.PC ) + + ( PA2.PC + PC2.PA+ PA.PB.PC )− a2 (PA+ PB + PC) ≥ 0, tương đương với (PA+ PB + PC) ( PA.PB + PB.PC + PC.PA− a2) ≥ 0. Từ đó có bất đẳng thức PA.PB + PB.PC + PC.PA ≥ 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 PA, PB, PC 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 PA.BC < PC.AB + PB.AC, PB.AC < PA.BC + PC.AB, PC.AB < PA.BC + PB.AC. Vì tam giác ABC đều nên AB = BC = CA = l, do đó PA < PC + PB, PB < PA+ PC, PC < PA+ PB. Vậy PA, PB, PC là độ dài 3 cạnh của một tam giác.  www.VNMATH.com 26 Chú ý 1.2. + Tam giác với độ dài các cạnh bằng PA, PB, PC 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 giác ABP quanh tâm A, một góc 600, được tam giác AB′C. Khi đó AP = AB′ = PB′, BP = CB′, tam giác Pompeiu sẽ là ∆PCB′. 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 ≥ PA+ PB + PC ≥ a √ 3. (1.47) Trong đó Rp là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Pompeiu có độ dài các cạnh bằng PA, PB, PC. Giải. Gọi M là trung điểm của BC, theo bất đẳng thức tam giác AP + PM ≥ AM , mặt khác lại có PM ≤ PB+PC2 . Suy ra 2PA+ PB + PC ≥ a √ 3, tương tự 2PB+PC +PA ≥ a√3, 2PC +PA+PB ≥ a√3. Cộng theo vế 3 bất đẳng thức này ta được PA+ PB + PC ≥ a√3. Áp dụng PA2 + PB2 + PC2 ≤ 9R2p và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 9R2p ≥ PA2 + PB2 + PC2 ≥ 13 (PA+ PB + PC)2. Suy ra 3Rp √ 3 ≥ PA+ PB + PC. 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 PA, PB, PC. Khi đó T = √ 3 12 ( a2 − 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 APB quanh tâm A một góc 600, quay tam giác BPC quanh tâm B một góc 600 và quay tam giác CPA quanh tâm C một góc 600. Ta sẽ được một hình lục giác AB′CA′BC ′, trong đó các tam giác Pompeiu PBA′, PAC ′, PCB′ có cùng diện tích T . www.VNMATH.com 27 Hình 1.16 Vì ∆APC = ∆BA′C, ∆APB = ∆AB′C, ∆AC ′B = ∆BPC nên diện tích của lục giác = 2. [ABC] = 2a2 √ 3 4 . Mặt khác ∆APB′, BPC ′, CPA′ là các tam giác đều. Do đó 2a2 √ 3 4 = 3T+ PA2 √ 3 4 + PB2 √ 3 4 + PC2 √ 3 4 Luôn có PA2+PB2+PC2 = 3OP 2+OA2+OB2+OC2 Vì OP = d,OA = OB = OC = a2 √ 3 3 nên PA2 + PB2 + PC2 = 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 a2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P ≡ O. 2) rp ≤ a6 ≤ Rp2 , trong đó Rp, rp lần lượt là bán kính vòng tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác Pompeiu với độ dài các cạnh bằng PA, PB, PC. 1.5.2. Các bất đẳng thức trong tam giác vuông và tam giác 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 x̂Az = 300, do đó ŷAz = 600. Vẽ BH⊥Az,CK⊥Az(H,K ∈ Az), Az cắt BC tại I. Xét ∆ABH có ÂHB = 900, B̂AH = 300 nên là nửa tam giác đều, cạnh AB. Suy ra BH = 12AB mà BH ≤ BI. Do đó AB ≤ 2BI. (1.49) www.VNMATH.com 28 Xét ∆ACK có ÂKC = 900, ĈAK = 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, ÂBF = ÂCE (vì ÂBC = ÂCB, ÂBC+ÂBF = ÂCE+ÂCB = 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  với 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 = FIa = p, trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC. Hơn nữa, ADDIa = ha ra . Vì aha = bc, ta có ADDIa = ha ra = bcap = ( bac 4R ) ( 4Rr a2 ) ( 1 rp ) = 4Rr a2 . Vì 2R = a và 2r = b + c − a nên www.VNMATH.com 29 AD DIa = b+c−aa = b+c a − 1. Mặt khác a = √ b2 + c2 ≥ √ (b+c)2 2 = b+c√ 2 hay b+ c ≤ a√2. Do đó ADDIa ≤ √ 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 MN +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 +PC ≥ SC. Do đó BP + PC = BS + SP + PC ≥ BS + SC. Mặt khác, BS+SC ≥ BQ+QC, nên BP + PC đạt giá trị nhỏ nhất nếu P ≡ Q. Gọi T là trung điểm của MN . Vì ∆AMQ cân và MT là một trong những chiều cao của nó, khi đóMT = ZQ trong đó Z là chân đường vuông góc hạ từ Q xuống AB. Khi đó MN + BQ + QC = 2(MT + 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 = √ p(p− a)(p− b)(p− c) ≤ √ p [ (p−a)+(p−b)+(p−c) 3 ]3 = √ 3 9 p2. www.VNMATH.com 30 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 ( a2 + 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)− 4bccos (pi 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 ( pi 3 − 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: a) Tam giác ABC có ba góc nhỏ hơn 1200. www.VNMATH.com 31 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 ≥ TA+ TB + TC. 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 TA+ TB + TC = TA+ TD = AD. (1.56) Từ (1.55) và (1.56) suy ra OA + OB + OC ≥ TA + TB + TC. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O ≡ T . b) Tam giác ABC có một góc, chẳng hạn B̂ > 1200 Hình 1.22 Dựng tam giác đều BCD ở phía ngoài tam giác ABC. Do B̂ > 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. www.VNMATH.com 32 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 D′ = AD ∩ (O), E ′ = BE ∩ (O), F ′ = CF ∩ (O). Chứng minh rằng (i) AD HD + BE HE + CF HF ≥ 9, (ii) HD HA + HE HB + HF HC ≥ 3 2 , (iii) AD DD′ + BE EE ′ + CF FF ′ ≥ 9, (iv) AD AD′ + BE BE ′ + CF CF ′ ≥ 9 4 . Giải. Hình 1.23 + Chứng minh i). Ta có [HBC][ABC] = HD AD , [HCA] [ABC] = HE BE , [HAB] [ABC] = HF CF nên HD AD + HE BE + HF CF = 1. Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức (1.2) ta được ADHD + BE HE + CF HF ≥ 9HD AD+ HE BE+ HF CF = 9. + Chứng minh ii). Ta có HDHA = HD AD−HD = [HBC] [ABC]−[HBC] = [HBC] [HCA]+[HAB] . tương tự, HE HB = [HCA] [HAB]+[HBC] , HF HC = [HAB] [HBC]+[HCA] . Cộng 3 bất đẳng thức này, sau đó áp dụng bất đẳng thức Nesbitt ta được bất đẳng thức HDHA + HE HB + HF HC ≥ 32 . + Chứng minh iii). Dễ chứng minh được HD = DD′, HE = EE ′ và HF = FF ′. Thay vào (i) ta được bất đẳng thức ADDD′ + BE EE′ + CF FF ′ ≥ 9. + Chứng minh iv). Ta có AD ′ AD = AD+DD′ AD = 1 + HD AD . Tương tự, BE′ BE = 1 + HE BE , CF ′ CF = 1 + HF CF . Cộng 3 đẳng thức này ta được AD ′ AD + BE′ BE + CF ′ CF = 3 + HD AD + HE BE + HF CF = 4. Bây giờ áp dụng bất đẳng thức (1.2) ta được ADAD′ + BE BE′ + CF CF ′ ≥ 9 AD′ AD + BE′ BE + CF ′ CF = 94 . Bài toán 1.25. (Tạp chí THTT số 266) Giả sử M là điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của M trên các đường thẳng BC,CA,AB. Chứng minh rằng MA2 (MB1 +MC1) 2 + MB2 (MC1 +MA1) 2 + MC2 (MA1 +MB1) 2 ≥ 3. www.VNMATH.com 33 Đẳng thức xảy ra khi nào ? Giải. Hình 1.24 Ta có MB1 +MC1 MA = MB1 MA + MC1 MA = sin M̂AB1 + sin M̂AC1 ≤2 sin M̂AB1 + M̂AC1 2 = 2 sin A 2 . Suy ra MAMB1+MC1 ≥ 12 sin A2 . Tương tự ta có MB MC1+MA1 ≥ 1 2 sin B2 , MCMA1+MB1 ≥ 12 sin C2 . Vậy MA2 (MB1 +MC1) 2 + MB2 (MC1 +MA1) 2 + MC2 (MA1 +MB1) 2 ≥1 4 ( 1 sin2 A2 + 1 sin2 B2 + 1 sin2 C2 ) ≥3 4 3 √ 1 sin2 A2 sin 2 B 2 sin 2 C 2 ≥ 3 4 3 √ 1( 1 8 )2 = 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều và M là tâm của tam giác. Bài toán 1.26. (Trích đề thi học sinh giỏi Quốc gia, 1991) Cho tam giác ABC với trọng tâm là G và nội tiếp trong đường tròn bán kính R, các đường trung tuyến của tam giác này xuất phát từ các đỉnh A,B,C kéo dài cắt đường tròn lần lượt tại D,E, F . Chứng minh rằng 3 R ≤ 1 GD + 1 GE + 1 GF ≤ √ 3 ( 1 AB + 1 BC + 1 CA ) . Giải. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của cạnh BC,CA,AB. Từ AM.MD = BM.MC có MD = a 2 4ma . Suy ra GD = GM +MD = ma 3 + a2 4ma (1.57) www.VNMATH.com 34 Hình 1.25 Từ (1.57), áp dụng bất đẳng thức AM− GM ta được GD ≥ 2 √ a2 12 = a√ 3 ⇒ 1GD ≤√ 3 BC . Tương tự, có 1 GE ≤ √ 3 CA , 1 GF ≤ √ 3 AB . Cộng theo vế 3 bất đẳng thức này ta được 1 GD + 1 GE + 1 GF ≤ √ 3 ( 1 AB + 1 BC + 1 CA ) . Lại từ (1.57) có GAGD = 2ma 3 ( ma 3 + a2 4ma ) = 8m2a 4m2a + 3a 2 . Áp dụng công thức đường trung tuyến được GAGD = 2b2 + 2c2 − a2 a2 + b2 + c2 . Tương tự tính GBGE và GC GF rồi cộng lại được GA GD+ GB GE+ GC GF = 3a2+3b2+3c2 a2+b2+c2 = 3. Từ đó ADGD + BE GE + CF GF = 6. Để ý rằng AD,BE,CF đều không lớn hơn 2R, thay vào ta được 1GD + 1 GE + 1 GF ≥ 3R . Bài toán 1.27. (Tây ban nha, 1998) Một đường thẳng chứa trọng tâm G của tam giác ABC cắt cạnh AB tại P và cạnh CA tại Q. Chứng minh rằng PBPA . QC QA ≤ 14 . Giải. Vì PBPA . QC QA ≤ 14 ( PB PA + QC QA )2 , ta sẽ chứng minh PBPA + QC QA = 1. Hình 1.26 Vẽ BB′, CC ′ song song với trung tuyến AA′ mà B′, C ′ nằm trên PQ. Các tam giác APG và BPB′ đồng dạng ; tam giác AQG và CQC ′ cũng đồng dạng, do đó PBPA = BB′ AG và QC QA = CC ′ AG . Cộng 2 đẳng thức này lại với lưu ý rằng AG = 2GA′ = BB′ + CC ′ ta được PBPA + QC QA = 1. Từ đó được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán 1.28. (Ba Lan, 1999) Cho D là một điểm trên cạnh BC của tam giác ABC sao cho AD > BC. Điểm E trên CA thỏa mãn AE EC = BD AD −BC . Chứng minh rằng AD > BE. Giải. www.VNMATH.com 35 Hình 1.27 Lấy F trên AD sao cho AF = BC và Gọi E ′ là giao điểm của BF và AC. Áp dụng định lí hàm số sin cho tam giác AE ′F,BCE ′ và BDF , ta được AE ′ E′C = AF. sin ÂFE′ sin ÂE′F . sin B̂E ′C BC. sin ĈBE′ = sin B̂FD sin D̂BF = BDFD = AE EC . Do đó E ′ ≡ E. Lấy G trên BD sao cho BG = AD và H là giao điểm của GE với đường thẳng qua A và song song với BC. Dễ thấy các tam giác ECG và EAH đồng dạng nên AHCG = AE EC = BD AD−BC = BD BG−BC = BD CG , suy ra AH = DB. Do đó BDAH là một hình bình hành, suy ra BH = AD và ∆BHG cân. Vậy BH = BG = AD > BE. Bài toán 1.29. (Tạp chí THTT số 265) Gọi AD,BE,CF là các đường phân giác trong của tam giác ABC. Chứng minh rằng p(DEF ) ≥ 1 2 p(ABC), trong đó kí hiệu p(XY Z) là chu vi của tam giác XY Z. Đẳng thức xảy ra khi nào ? Giải. Hình 1.28 Từ tính chất của đường phân giác BE ta có AECE = c a , suy ra AEb = AE AE+CE = c a+c . Do đó AE = bca+c . Tương tự AF = bca+b . Theo định lí cosin trong ∆AEF và ∆ABC có EF 2 =AE2 + AF 2 − 2AF.AF. cosA = ( bc a+ c )2 + ( bc a+ b )2 − 2 b 2c2 (a+ c) (a+ b) . b2 + c2 − a2 2bc www.VNMATH.com 36 = a2bc (a+ c) (a+ b) − abc (a+ b+ c) (b− c) 2 (a+ c)2 (a+ b)2 Suy ra EF 2 ≤ a2bc(a+c)(a+b) . Từ đó EF 2 ≤ a 2bc 4 √ ac. √ ab = 1 4 . √ ac. √ ab ≤ 1 4 (√ ac+ √ ab 2 )2 ≤ 1 16 ( a+ c 2 + a+ b 2 )2 = 1 16 ( 2a+ b+ c 2 )2 . Do đó EF ≤ 2a+b+c8 . Tương tự FD ≤ 2b+c+a8 , DE ≤ 2c+a+b8 . Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên được DE+EF +FD ≤ 12 (a+ b+ c). hay p(DEF ) ≥ 12p(ABC). Bài toán 1.30. (IMO, 1991 ) Cho tam giác ABC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Đường phân giác trong của các góc A,B,C lần lượt cắt các cạnh đối diện tương ứng tại L,M,N . Chứng minh rằng 1 4 ≤ AI.BI.CI AL.BM.CN ≤ 8 27 . Giải. Hình 1.29 Sử dụng tính chất đường phân giác có BLLC = c b , để ý rằng BL + LC = a, ta được BL = acb+c và LC = abb+c . Tiếp tục, áp dụng tích chất đường phân giác cho phân giác BI của góc ÂBL ta thu được IL AI = BL AB = ac (b+c)c = a b+c . Do đó AL AI = AI+IL AI = 1 + IL AI = 1 + a b+c = a+b+c b+c . Khi đó, AI AL = b+c a+b+c . Tương tự, BIBM = c+a a+b+c , CI CN = a+b a+b+c . Do đó bất đẳng thức cần chứng minh đưa về dạng chứa các biến a, b và c 1 4 < (b+ c)(c+ a)(a+ b) (a+ b+ c)3 ≤ 8 27 . www.VNMATH.com 37 Áp dụng bất đẳng thức AM −GM có (b+ c)(c+ a)(a+ b) ≤ ( (b+ c) + (c+ a) + (a+ b) 3 )3 ≤ 8 27 (a+ b+ c)3 . Bất đẳng thức phải được chứng minh. Để chứng minh bất đẳng thức trái, trước hết để ý rằng (b+ c)(c+ a)(a+ b) (a+ b+ c)3 = (a+ b+ c)(ab+ bc+ ca)− abc (a+ b+ c)3 . (1.58) Biết rằng a+ b+ c = 2p, ab+ bc+ ca = p2 + r2 + 4rR, abc = 4Rrp thay vào (1.58) được (b+ c)(c+ a)(a+ b) (a+ b+ c)3 = 2p(p2 + r2 + 4rR)− 4Rrp 8p3 = = 2p2 + 2pr2 + 4Rrp 8p3 = 1 4 + 2r2 + 4Rr 8p2 > 1 4 . Bài toán 1.31. (IMO Shorlist, 1996) Cho ABC là tam giác đều và P là một điểm trong nó. Các đường thẳng AP,BP,CP cắt các cạnh BC,CA,AB tại các điểm A1, B1, C1, tương ứng. Chứng minh rằng A1B1.B1C1.C1A1 ≥ A1B.B1C.C1A. Giải. Áp dụng định lí hàm số cosin cho ∆CA1B1, ta được A1B 2 1 = A1C 2 +B1C 2 − A1C.B1C ≥ A1C.B1C. Tương tự, B1C 2 1 ≥ B1A.C1A,C1A1 ≥ C1B.A1B. Nhân 3 bất đẳng thức này, ta được A1B 2 1 .B1C 2 1 .C1A 2 1 ≥ A1C.B1C.B1A.C1A.C1B.A1B. (1.59) Bây giờ, các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy, vì vậy áp dụng định lí Ceva ta có A1B.B1C.C1A = AB1.BC1.CA1, thay vào (1.59) ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi CA1 = CB1, BA1 = BC1 và AB1 = AC1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi P là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. www.VNMATH.com 38 Bài toán 1.32. (IMO Shorlist, 1999) Cho tam giác ABC và M là một điểm nằm trong nó. Chứng minh rằng min {MA,MB,MC}+MA+MB +MC < AB +BC + CA. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 1.2. Nếu M là một điểm nằm trong tứ giác lồi ABCD thì MA+MB < AD +DC + CB. Chứng minh. Hình 1.30 Hình 1.31 Gọi N là giao điểm của AM và CD (Hình 1.30). Khi đóMA+MB < MA + MN + NB ≤ AN + NC + CB ≤ AD + DN + NC + CB = AD +DC + CB. Giải. Lấy D,E, F theo thứ tự là trung điểm của BC,CA,AB (Hình 1.31). Xét điểm M nằm trong tam giác, M sẽ thuộc ít nhất hai trong ba hình thang ABDE,BCEF,CAFD. Không mất tính tổng quát, giả sử M ∈ ABDE,BCEF . Áp dụng bổ đề trên ta có MA+MB < AE + ED +DB, MB +MC < BF + FE + EC. Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên, ta được MB + (MA+MB +MC) < AB +BC + CA. Vậy min {MA,MB,MC}+MA+MB +MC < AB +BC + CA. www.VNMATH.com 39 Bài toán 1.33. (IMO Shorlist, 2002) Cho tam giác ABC và F là một điểm trong nó thỏa mãn ÂFB = B̂FC = ĈFA . Các đường thẳng BF và CF cắt các cạnh AC và AB tại D và E, tương ứng. Chứng minh rằng AB + AC ≥ 4DE. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 1.3. Cho tam giác ABC, các điểm P và Q nằm trên các tia FD, FE tương ứng, sao cho PF ≥ λDF,QF ≥ λEF , trong đó λ > 0. Nếu P̂FQ ≥ 900 thì PQ ≥ λDE. Chứng minh. Đặt P̂FQ = θ. Vì θ ≥ 900, ta có cos θ ≤ 0. Bây giờ, áp dụng định lý hàm số cosin, ta có PQ2 = PF 2 +QF 2− 2PF.QF. cos θ̂ ≥ (λDF )2 + (λEF )2 − 2 (λDF ) . (λEF ) . cos θ̂ = (λDE)2. Do đó PQ ≥ λDE. Giải. Lưu ý rằng ÂFE = B̂FE = ĈFD = ÂFD = 600. Gọi P,Q là giao điểm của các đường thẳng BF,EF với đường tròn ngoại tiếp tam giác CFA,AFB tương ứng. Khi đó, dễ dàng thấy cả hai tam giác CPA,AQB là đều. Gọi P1 là chân đường vuông góc hạ từ F xuống cạnh AC và giả sử đường trung trực của AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CFA tại P và P2. Hình 1.32 Gọi M là trung điểm của AC. Khi đó PDDF = PM FP1 ≥ PMMP2 = 3 vì vậy PF ≥ 4DF . Tương tự, ta có QF ≥ 4EF . Áp dụng hệ quả trên với λ = 4 và θ = D̂EF = 1200 ta được PQ ≥ 4DE. Cuối cùng, áp dụng bất đẳng thức tam giác, AB + AC = AQ+ AP ≥ PQ ≥ 4DE. Bài toán 1.34. (IMO, 2006) Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Một điểm P nằm trong tam giác thỏa mãn P̂BA+ P̂CA = www.VNMATH.com 40 P̂BC + P̂CB. Chứng minh rằng AP > AI và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P ≡ I. Giải. Đặt  = α, B̂ = β, Ĉ = γ. Vì P̂BA + P̂CA + P̂BC + P̂CB = β + γ nên từ điều kiện bài toán ta có P̂BC + P̂CB = β + γ 2 . Suy ra B̂PC = 900 + α 2 . Hình 1.33 Mặt khác, B̂IC = 1800 − β + γ 2 = 900 + α 2 . Do đó B̂PC = B̂IC, và vì P và I nằm cùng phía với BC nên các điểmB, I, P, C cùng nằm trên một đường tròn. Nói cách khác, P nằm trên đường tròn ω ngoại tiếp tam giác BCI. Gọi Ω là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Rõ ràng tâm của ω là trung điểm M của cung BC của Ω. Đây cũng là giao điểm thứ hai của phân giác AI và ω. Từ tam giác APM ta có AP +PM ≥ AM = AI+IM = AI+PM . Do đó AP ≥ AI. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P nằm trên đoạn AM , điều này xảy ra khi và chỉ khi P ≡ I. 1.7. Các bất đẳng thức trong tứ giác Kí hiệu ABCD là tứ giác lồi với các đỉnh là A,B,C,D được vẽ theo một chiều nhất định nào đó (cùng chiều kim đồng hồ hay ngược chiều kim đồng hồ). Để đơn giản, độ lớn của góc ứng với các đỉnh A,B,C,D cũng được kí hiệu là A,B,C,D. Độ dài các cạnh của tam giác: AB = a,BC = b, CD = c,DA = d. Nủa chu vi của tứ giác: p = a+ b+ c+ d 2 . Độ dài các đường chéo: AC = m,BD = n. Diện tích của tứ giác: S = SABCD hay [ABCD] www.VNMATH.com 41 1.7.1. Các bất đẳng thức cơ bản trong tứ giác Bài toán 1.35. Cho tứ giác ABCD, có AB+BD ≤ AC +DC. Chứng minh AB < AC. Giải. Gọi O là giao điểm của AC và BD . Xét các tam giác OAB và ODC ta có Hình 1.34 AB < OA + OB, DC < OC + OD. Do đó AB + CD < (OA+OC) + (OB +OD) =AC +BD. (1.60) Mặt khác, theo giả thiết ta có AB +BD ≤ AC +DC. (1.61) Cộng theo vế (1.60) và (1.61) ta được 2AB+DC +BD < 2AC +BD+ DC. Suy ra AB < AC. Bài toán 1.36. Tổng hai đường chéo của một tứ giác lồi ABCD nhỏ hơn chu vi của tứ giác và lớn hơn nửa chu vi của nó. Giải. Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có AC +BD = (OA+OB) + (OC +OD) > AB + CD. (1.62) AC +BD = (OA+OD) + (OB +OC) > AD +BC. (1.63) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1.62) và (1.63) ta thu được AC +BD > AB +BC + CD +DA 2 . Mặt khác, AC < AB + BC và AC < DA + CD. Cộng theo vế hai bất đẳng thức này, ta có AC < AB +BC + CD +DA 2 . (1.64) Tương tự, BD < AB +BC + CD +DA 2 . (1.65) Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1.64) và (1.65) , ta thu được AC +BD < AB +BC + CD +DA. www.VNMATH.com 42 Bài toán 1.37. Cho tứ giác ABCD, gọi M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,BC,CD,DA. Chứng minh rằng a)MP ≤ AD +BC 2 . (1.66) b)MP +NQ ≤ AB +BC + CD +DA 2 . (1.67) Giải. Hình 1.35 a) Gọi I là trung điểm của BD, MI là đường trung bình của ∆ABD. Suy ra MI = AD2 . IP là đường trung bình của ∆DBC, suy ra IP = BC2 . Xét 3 điểm I,M, P ta có MP ≤ MI + IP , suy ra MP ≤ AD+BC2 . b) Áp dụng ý a) ta có NQ ≤ AB+DC2 . Do đó MP + NQ ≤ AD+BC2 + AB+DC2 = AB+BC+CD+DA 2 . Bài toán 1.38. Cho hình vuông ABCD cạnh a. M,N là hai điểm ở trong hình vuông đã cho. Chứng minh rằng MN ≤ a√2. Giải. Hình 1.36 Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = AB √ 2 = a √ 2. Vẽ đường tròn (O) ngoại tiếp hình vuông ABCD. Ta có đường kính của (O) là a √ 2, M và N là hai điểm nằm trong O. Gọi M ′N ′ là dây cung đi qua M và N . Ta có MN ≤ M ′N ′ mà M ′N ′ ≤ a√2 (đường kinh là dây cung lớn nhất trong đường tròn). Do đó MN ≤ a√2. Bài toán 1.39. Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ là AB và Ĉ + D̂ ≤ 900. GọiM và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD. Chứng minh rằng MN ≤ CD−AB2 . www.VNMATH.com 43 Giải. Hình 1.37 Qua M vẽ đường thẳng song song với AD cắtDC tại E và qua M vẽ đường thẳng song song với BC cắt DC tại F . Suy ra D̂ = Ê1, Ĉ = F̂1. Suy ra Ê1 + F̂1 = D̂ + Ĉ ≤ 900 ⇒ ÊMF ≥ 900. Theo bài toán 1.3 tam giác MEF có ÊMF ≥ 900 và MN là trung tuyến nên MN ≤ EF2 . Mặt khác, có AB//DC và AD//ME nên ADEM là hình bình hành. Suy ra DE = AM = 12AB, tương tự FC = MB = 1 2AB. Do đó EF = CD − AB. Vậy MN ≤ CD−AB2 . Bài toán 1.40. Cho tứ giác ABCD, M là một điểm thuộc cạnh CD (M khác C,D). Chứng minh rằng MA+MB < max {CA+ CB;DA+DB} . (1.68) Giải. Hình 1.38 Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua CD. A′B cắt CD ở P . Vì M thuộc đoạn CD nên M thuộc ∆A′BC hoặc ∆A′BD. Theo định lí 1.20 ta có [ MA′ +MB < CA′ + CB MA′ +MB < DA′ +DB ⇒ [ MA+MB < CA+ CB MA+MB < DA+DB Do đó MA+MB < max {CA+ CB;DA+DB}. Chú ý 1.3. Từ bài toán 1.40 ta có các kết quả sau: 1) Cho tứ giác ABCD, M là một điểm thuộc cạnh CD (M có thể trùng với C hoặc D). Ta có bất đẳng thức MA + MB ≤ max {CA+ CB;DA+DB}. www.VNMATH.com 44 2) Cho ABCD là hình chữ nhật và điểm M nằm trên cạnh CD. Ta có bất đẳng thức MA+MB ≤ CA+ CB. 3) Cho ABCD là hình vuông cạnh a và điểm M nằm trên cạnh CD. Ta có bất đẳng thức MA+MB ≤ (1 +√2)a. Đẳng thức trong các bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M ≡ C hoặc M ≡ D. Bài toán 1.41. (Đề thi vào lớp 10 chuyên toán-tin, ĐHSP, ĐHQG Hà Nội 1998-1999) Cho hình chữ nhật ABCD và điểm M nằm trong hình chữ nhật và có thể nằm trên các cạnh của ABCD. Chứng minh rằng MA+MB +MC +MD ≤ AB + AC + AD. Giải. Hình 1.39 Qua M vẽ đường thẳng song song với AD cắt AB, DE lần lượt tại E, F . Áp dụng chú ý 1.3 của bài toán 1.40 vào các hình chữ nhật AEFD,EBCF và ABCD ta cóMA+MD ≤ EA+ED,MB+MC ≤ EB + EC,ED + EC ≤ AD + AC. Do đó MA+MB +MC +MD ≤ (EA+EB) + (ED + EC) ≤ AB + AC + AD. Ta có bài toán tổng quát hơn sau đây Bài toán 1.42. (Tuyển tập 5 năm tạp chí THTT) Cho tứ giác ABCD, M là một điểm trong tứ giác. Đặt dA = AB + AC + AD, dB = BC + BD + BA, dC = CD + CA + CB, dD = DA + DB + DC. Chứng minh rằng MA+MB +MC +MD < max {dA; dB; dC ; dD} . Giải. Kéo dài AM một đoạn MB′ bằng MB. Qua M kẻ đường trung trực của BB′. Đường này theo thứ tự cắt hai cạnh tứ giác tại I, J . Có thể xảy ra một trong ba trường hợp hình (A), (B), (C). Vì trong các hình (B), (C) bài toán được chứng minh tương tự nhưng đơn giản hơn trong trường hợp (A) nên ở đây ta chỉ chứng minh trong trường hợp (A). Không mất tính tổng quát giả sử rằng IC + ID = max {IC + ID, JC + JD} . www.VNMATH.com 45 Hình 1.40 Áp dụng bài toán 1.40 cho tứ giác CIJD ta cóMC+MD < IC+ID. Lại có MA+MB = MA+MB′ = AB′ < IA+ IB′ = IA+ IB. Do đó MA+MB +MC +MD < IA+ IB + IC + ID = IA+ ID +BC. Áp dụng bài toán 1.40 cho tứ giác ABCD ta có IA+ ID < max {CA+ CD;BA+BD} . Vậy MA+MB +MC +MD < max {CA+ CD;BA+BD}+BC = = max {BC +BD +BA;CD + CA+ CB} = max {dA; dC} ≤max {dA; dB; dC ; dD} . Chú ý 1.4. Từ bài toán 1.42 ta có các kết quả sau: 1) Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh là a, b và độ dài đường chéo là c. M là một điểm nằm bên trong hình chữ nhật đó. Ta có bất đẳng thức MA+MB +MC +MD < a+ b+ c. 2) Cho hình vuông ABCD cạnh và M là một điểm nằm bên trong hình vuông đó. Ta có bất đẳng thức MA+MB +MC +MD < (2 + √ 2)a. 1.7.2. Các bất đẳng thức khác trong tứ giác Bài toán 1.43. (IMO shorlist) Diện tích của một tứ giác với các cạnh a, b, c và d là S. Chứng minh rằng S ≤ a+ c 2 . b+ d 2 . Giải. Trước tiên, giả sử tứ giác ABCD không lồi. Khi đó một trong các đường chéo của nó, chẳng hạn BD sẽ không có điểm chung với phần trong của tứ giác. www.VNMATH.com 46 Hình 1.41 Lấy đối xứng điểm C qua BD cho ta một tứ giác lồi ABC ′D có cùng cạnh nhưng diện tích lớn hơn diện tích tứ giác ABCD. Do đó không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng tứ giác ABCD lồi. Bây giờ ta chia tứ giác bởi đường chéo AC thành hai tam giác ABC và ADC. Ta có [ABC] ≤ ab2 , [ADC] ≤ dc2 . Do đó S = [ABC] + [ADC] ≤ ab+ cd 2 . (1.69) Làm tương tự với đường chéo BD, ta có S = [BAD] + [BCD] ≤ bc+ da 2 . (1.70) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1.69) và (1.70), ta được 2S ≤ ab+ bc+ cd+ da 2 = (a+ c) (b+ d) 2 hay S ≤ a+ c 2 . b+ d 2 . Bài toán 1.44. (Olympic Tây Ban Nha, 2000) Chứng minh rằng trong tất cả các tứ giác lồi có diện tích bằng 1, thì tổng độ dài các cạnh và các đường chéo lớn hơn hoặc bằng 2 ( 2 + √ 2 ) . Giải. Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh và e, f lần lượt là độ dài các đường chéo của tứ giác. Ta sẽ chứng minh a + b + c + d ≥ 4 và e+ f ≥ 2√2. Gọi S là diện tích tứ giác. Ta biết rằng S = 12ef sin θ, trong đó θ là góc giữa hai đường chéo. Vì S = 1 nên ef ≥ 2. Áp dụng bất đẳng thức AM −GM suy ra e+ f ≥ 2√2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi e = f . Mặt khác, theo bài toán trên có S ≤ a+c2 .b+d2 . Áp dụng AM −GM và sử dụng S = 1 ta suy ra a+ b+ c+ d ≥ 4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d. Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Cả hai đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác lồi là hình vuông. www.VNMATH.com 47 Bài toán 1.45. (Olympic Địa trung hải, 1998) Cho ABCD là một hình vuông nội tiếp đường tròn. M là một điểm trên cung _ AB. Chứng minh rằng MC.MD ≥ 3√3MA.MB. Giải. Hình 1.42 Đặt α = ÂCM, β = B̂DM . Khi đó ta có α + β = pi4 và MA.MB MC.MD = tanα. tan β. Bây giờ, để ý rằng tanα. tan β. tan γ ≤ tan3 ( α + β + γ 3 ) , ở đây γ = pi4 . Suy ra tanα. tan β ≤ 1 3 √ 3 . Do đó MC.MD ≥ 3√3MA.MB. Bài toán 1.46. (IMO, shorlist 1996) Cho ABCD là tứ giác lồi. Kí hiệu RA, RB, RC và RD là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB,ABC,BCD và CDA tương ứng. Chứng minh rằng RA + RC > RB +RD nếu và chỉ nếu Â+ Ĉ > B̂ + D̂. Giải. Gọi X = AC ∩BD. Trong hai góc ÂXB và ÂXD có ít nhất một góc lớn hơn hay bằng 900. Ta giả sử ÂXB ≥ 900. Đặt α = ĈAB, β = ÂBD, α′ = B̂DC, β′ = D̂CA. Các góc này đều nhọn và α+ β = α′+ β′. Hơn nữa RA = AD 2 sin β ,RB = BC 2 sinα ,RC = BC 2 sinα′ , RD = AD 2 sin β′ . Bây giờ, ta xét 3 trường hợp sau: 1. Nếu B̂ + D̂ = 1800 thì ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn và dễ có RA +RC = RB +RD. 2. Nếu B̂ + D̂ > 1800 thì D nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Điều này dẫn đến β > β′, α < α′, suy ra RA < RD và RC < RB. Do đó RA +RC < RB +RD. 3. Nếu B̂ + D̂ < 1800 thì D nằm ngoài đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Điều này dẫn đến β α′, suy ra RA > RD và RC > RB. Do đó RA +RC > RB +RD. www.VNMATH.com 48 Chương 2 Bất đẳng thức Ptolemy và các mở rộng Chương này trình bày định lí Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy và các bài toán áp dụng. Ngoài ra còn trình bày một số mở rộng của bất đẳng thức này trong tứ giác và mở rộng trong tứ diện. Nội dung chủ yếu được hình thành từ các tài liệu [1], [5], [8], [10] và [12]. 2.1. Định lí Ptolemy Định lý Ptolemy hay Đẳng thức Ptolemy miêu tả quan hệ giữa độ dài bốn cạnh và hai đường chéo của một tứ giác nội tiếp đường tròn. Định lý này mang tên nhà toán học và thiên văn học người Hy Lạp cổ đại Ptolemy. Định lý 2.1. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn. Khi đó AC.BD = AB.CD + AD.BC. (2.1) Chứng minh. Hình 2.1 Lấy điểm M thuộc đường chéo BD sao cho M̂CD = B̂CA. Khi đó, dễ thấy các tam giác ABC và DMC đồng dạng nhau, suy ra CD MD = CA AB ⇔ CD.AB = CA.MD. Cũng dễ chứng minh rằng hai tam giác BCM và ACD đồng dạng, do đó ta có BC BM = AC AD ⇔ BC.AD = AC.BM. Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên, ta thu được CD.AB +BC.AD = AC.BM + CA.MD = AC.BD.  www.VNMATH.com 49 Bài toán 2.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường phân giác của B̂AC cắt (O) tại D khác A. Gọi K,L lần lượt là hình chiếu của B,C trên AD. Chứng minh rằng AD ≥ BK + CL. Giải. Hình 2.2 Do ∆BKA,∆CLA là các tam giác vuông nên ta có BK + CL = (AB + AC) sin A 2 . Mặt khác, tứ giác ABDC nội tiếp nên theo đẳng thức ptolemy ta có AB.DC + AC.BD = AD.BC mà DC = BD = BC 2 cos D2 = BC 2 cos A2 nên AB + AC = 2AD. cos A2 . Suy ra BK + CL = AD. sinA ≤ AD. Bài toán 2.2. (Tạp chí THTT số 261) Cho tam giác ABC. Các đường phân giác trong xuất phát từ A,B,C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A1, B1, C1 tương ứng. Chứng minh rằng AA1.BB1.CC1 ≥ 16R2r. Giải. Hình 2.3 Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABA1C ta có AA1.BC = AB.CA1 + AC.BA1 hay AA1.a = c.CA1 + b.BA1. Do AA1 là phân giác góc B̂AC cho nên A1 là điểm chính giữa cung _ BC và do đó A1B = A1C. Suy ra a.AA1 = (b + c)A1B. Mặt khác theo định lí hàm số sin, ta có A1B sin Â1AB = 2R, suy ra A1B = 2R sin A 2 . Vậy AA1 = b+c a .2R sin A 2 . Tương tự BB1 = c+a b .2R sin B 2 , CC1 = a+b c .2R sin C 2 . Để ý rằng r = 4R. sin A2 . sin B 2 . sin C 2 và (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. Suy ra AA1.BB1.CC1 = 8R3(a+ b)(b+ c)(c+ a) abc sin A2 sin B 2 sin C 2 ≥ 16R2r. www.VNMATH.com 50 Bài toán 2.3. Cho tam giác ABC và điểm M bất kỳ nằm trên đường tròn (O) ngoại tiếp ABC. Chứng minh rằng MA a + MB b + MC c ≥ min { a b + b a ; b c + c b ; c a + a c } ≥ 2. Giải. Hình 2.4 Hiển nhiên ta có bất đẳng thức phải. Ta chứng minh bất đẳng thức trái bằng phương pháp phản chứng. Giả sử MAa + MB b + MC c < min { a b + b a ; b c + c b ; c a + a c } . Không giảm tính tổng quát, giả sử M nằm trên cung _ BC không chứa A. Do tứ giác ABMC nội tiếp, nên áp dụng đẳng thức Ptolemy ta có MA.BC = MC.AB + MB.AC. Suy ra MA = MB.b+MC.ca . Khi đó MA a + MB b + MC c = MB. ba +MC. c a a + MB.ab +MC. a c a = MB. ( a b + b a ) +MC ( a c + c a ) a ≥ MB. ( a b + b a ) +MC ( a c + c a ) MB +MC . (2.2) Mặt khác, MAa + MB b + MC c < min { a b + b a ; b c + c b ; c a + a c } suy ra MAa + MB b + MC c < a b + b a và MA a + MB b + MC c < a c + c a . Từ đó MA a + MB b + MC c = MB. ( MA a + MB b + MC c ) +MC. ( MA a + MB b + MC c ) MB +MC < MB. ( a b + b a ) +MC (a c + c a ) MB +MC . (2.3) (2.2) và (2.3) mâu thuẫn, do đó giả sử là sai. Vậy được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán 2.4. (Ailen, 1995) Cho ba điểm A,X,D thẳng hàng với X nằm giữa A và D. Gọi B là điểm thỏa mãn ÂBX = 1200 và C là điểm www.VNMATH.com 51 nằm giữa B và X. Chứng minh rằng 2AD ≥ √ 3 (AB +BC + CD) . Giải. Hình 2.5 Dựng tam giác đều AXO sao cho B và O khác phía với AX. Dễ thấy ABXO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính 2√ 3 AX. Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác này, ta được AB.OX +BX.AO = AX.BO. Vì OX = AO = AX nên AX (AB +BX) = AX.BO ≤ AX. 2√ 3 AX. Suy ra 2AX ≥ √ 3 (AB +BX). Do đó 2AD = 2 (AX +XD) ≥ √3 (AB +BX) +2XD ≥ √3 (AB +BC + CX) +√3XD ≥ √3 (AB +BC + CD) . Bài toán 2.5. (Vô địch Toán lần thứ 2, Hồng Kông, 1999) Gọi I và O lần lượt là tâm các đường tròn nội và ngoại tiếp tam giác ABC. Giả sử tam giác ABC không đều. Chứng minh ÂIO ≤ 900 nếu và chỉ nếu 2BC ≤ AB + CA. Giải. Hình 2.6 Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tại D. Vì AD là phân giác của B̂AC nên DB = DC. Mặt khác, ta có D̂IB = D̂AB + ÂBI = D̂CB + ÎBC = D̂BC + ÎBC = D̂BI Suy ra DB = DI = DC. Áp dụng đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABCD, ta có AD.BC = AB.CD + AC.BD = DI (AB + AC). Do đó ÂIO ≤ 900 ⇔ AI ≥ ID ⇔ 2 ≤ AD DI = AB + AC BC ⇔ 2BC ≤ AB + AC. www.VNMATH.com 52 Bài toán 2.6. (Chọn đội tuyển Singapore, 2002) Cho ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng |AC −BD| ≤ |AB − CD| . Giải. Hình 2.7 Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AC,BD. Áp dụng định lí công thức đường trung tuyến. Ta có AB2 +BC2 + CD2 +DA2 =2BE2 + 1 2 AC2 + 2DE2 + 1 2 AC2 =2 ( 2EF 2 + 1 2 DB2 ) + AC2. Vậy AC2 +BD2 + 4EF 2 = AB2 +BC2 + CD2 +DA2. Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABCD, ta có AC.BD = AB.CD + AD.BC. Từ đó suy ra (AC −BD)2 + 4EF 2 = (AB − CD)2 + (AD −BC)2 . (2.4) Mặt khác, gọi M là trung điểm của AB, xét tam giác MEF , ta có EF ≥ |MF −ME| ⇒ EF ≥ 1 2 |AD −BC|. Do đó 4EF 2 ≥ (AD −BC)2 . (2.5) Từ (2.4) và (2.5) thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán 2.7. (IMO shorlist, 1996) Cho tam giác ABC và O là một điểm bất kỳ trong tam giác. Gọi (H), (I), (K) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BOC,COA,AOB. Dựng A′ = AO ∩ (H), B′ = BO ∩ (I), C ′ = CO ∩ (K). Chứng minh các bất đẳng thức sau a) OA′.OB′.OC ′ ≥ 8.OA.OB.OC. b) OA′ OA + OB′ OB + OC ′ OC ≥ 6. Giải. www.VNMATH.com 53 Hình 2.8 Đặt x = sin B̂OC ′ = sin ĈOB′, y = sin ĈOA′ = sin ÂOC ′, z = sin ÂOB′ = sin B̂OA′. Khi đó ta dễ dàng chứng minh được CA′ BC = y x , BA′ BC = z x . (2.6) Mặt khác, vì tứ giác A′OBC nội tiếp nên theo đẳng thức Ptolemy ta có OA′ = OB.CA′ +OC.BA′ BC . (2.7) Cộng theo vế (2.6) và (2.7), sau đó áp dụng bất đẳng thức AG − GM , ta được OA′ = y x .OB + z x .OC ≥ √ yz.OB.OC x . (2.8) Tương tự, ta có OB′ = z y .OC + x y .OA ≥ √ zx.OC.OA y , (2.9) OC ′ = x z .OA+ y z .OB ≥ √ xy.OA.OB z . (2.10) Nhân theo vế ba bất đẳng thức (2.8), (2.9) và (2.10) ta chứng minh được phần a. Mặt khác, ta có OA ′ OA + OB′ OB + OC ′ OC = ( y x . OB OA + z x . OC OA ) + ( z y . OC OB + x y OA OB ) +( x z . OA OC + y z OB OC ) = ( y x . OB OA + x y . OA OB ) + ( z y . OC OB + y z OB OC ) + ( x z . OA OC + z x OC OA ) ≥ 6. Phần b được chứng minh. 2.2. Bất đẳng thức Ptolemy Định lý 2.2. (Bất đẳng thức Ptolemy) Với 4 điểm A,B,C,D bất kỳ trên mặt phẳng, ta có AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD. (2.11) Chứng minh. www.VNMATH.com 54 Hình 2.9 Dựng điểm E sao cho tam giác BCD đồng dạng với tam giác BEA. Khi đó theo tính chất của tam giác đồng dạng, ta có BA EA = BD CD . Suy ra BA.CD = EA.BD. (2.12) Mặt khác, hai tam giác EBC và ABD cũng đồng dạng do có BA BD = BE BC và ÊBC = ÂBD. Từ đó EC BC = AD BD . Suy ra AD.BC = EC.BD. (2.13) Cộng theo vế (2.12) và (2.13) ta suy ra AD.CD + AD.BC = BD. (EA+ EC) ≥ BD.AC. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,E,C thẳng hàng, tức là khi A và D cùng nhìn BC dưới một góc bằng nhau, và khi đó tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn.  Bất đẳng thức Ptolemy có nhiều ứng dụng trong các bài toán bất đẳng thức hình học, đặc biệt là trong các bài toán so sánh độ dài các đoạn thẳng. Trước hết ta xét ứng dụng bất đẳng thức Ptolemy trong việc chứng minh một số kết quả kinh điển của hình học phẳng. Bài toán 2.8. (Bất đẳng thức Erdos - Modell) Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Đặt R1 = MA,R2 = MB,R3 = MC; r1, r2, r3 lần lượt là khoảng cách từ M đến BC,CA,AB. Khi đó ta có bất đẳng thức R1 +R2 +R3 ≥ 2 (r1 + r2 + r3) . Giải. Nối dài AM cắt đường tròn nội tiếp tam giác ABC tại A′. Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABA′C, ta có AB.CA′ + AC.BA′ = BC.AA′. Hạ A′D vuông góc với AC và A′E vuông góc với AB thì rõ ràng A′B ≥ A′E,A′C ≥ A′D. Do đó a.AA′ ≥ c.A′D+b.A′E hay 1 ≥ A ′D AA′ . c a + A′E AA′ . b a . www.VNMATH.com 55 Hình 2.10 Nhưng A′D AA′ = r2 R1 và A′E AA′ = r3 R1 nên từ đó R1 ≥ r2. c a + r3. b a . Tương tự ta có các đánh giá cho R2 và R3. Do đó R1+R2+R3 ≥ r1 ( c b + b c ) +r2 ( c a + a c ) + r3 ( b a + a b ) ≥ 2 (r1 + r2 + r3). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và M trùng với tâm O của tam giác. Bài toán 2.9. (Điểm Torricelli) Cho tam giác ABC. Hãy tìm điểm M trong mặt phẳng tam giác ABC sao cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Điểm M tìm được được gọi là điểm Torricelli của tam giác ABC. Giải. Trên cạnh BC, dựng ra phía ngoài tam giác đều BCA′. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác MBA′C ta có BM.CA′ + CM.BA′ ≥ BC.MA′. Hình 2.11 Do CA′ = BA′ = BC nên ta được BM + CM ≥ MA′. Suy ra AM+BM+CM ≥MA+MA′ ≥ AA′ tức là MA + MB + MC ≥ AA′ (là hằng số) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi i) Tứ giác BMCA′ nội tiếp. ii) M nằm giữa A và A′. Dễ thấy ta có thể tìm được điểm M thỏa mãn cả hai điều kiện này khi và chỉ khi tất cả các góc của tam giác ABC đều không lớn hơn 1200. Trường hợp tam giác ABC có một góc lớn hơn 1200, chẳng hạn  > 1200 thì điểm M cần tìm chính là điểm A (xem lời giải ở bài toán 1.23) Nhận xét 2.1. www.VNMATH.com 56 1) Phương pháp trên có thể áp dụng cho bài toán tổng quát hơn: "Cho tam giác ABC và các số thực dương m,n, p. Hãy tìm điểm M trong mặt phẳng tam giác sao cho m.MA + n.MB + p.MC đạt giá trị nhỏ nhất" đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Việc dựng tam giác đều BCA′ ra phía ngoài trong lời giải bài toán Torricenlli chính là một cách làm mẫu mực để áp dụng được bất đẳng thức Ptolemy. Ý tưởng chung là: Để dánh giá tổng p.MA+ q.MB, ta có thể dựng điểm N sao cho p.NA = q.NB. Sau đó áp dụng bất đẳng thức ptolemy cho tứ giác ANMB ta được NA.MB + NB.MA ≥ AB.MN . Từ đó p.NA.MB + p.NB.MA ≥ p.AB.MN ⇔q.NB.MB + p.NB.MA ≥ p.AB.MN ⇔p.MA+ q.MB ≥ p.AB.MN NB . Chú ý rằng điểm N là cố định, như thế p.MA+ q.MB đã được đánh giá thông qua MN . Ý tưởng này là chìa khóa để giải hàng loạt các bài toán cực trị hình học. Bài toán 2.10. Cho điểm M nằm trong góc nhọn xOy. Hai điểm A,B lần lượt thay đổi trên Ox,Oy sao cho 2OA = 3OB. Tìm vị trí của A,B sao cho 2MA+ 3MB đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác OAMB, ta có OA.MB +OB.MA ≥ OM.AB. Từ đó 2OA.OB + 2OB.MA ≥ 2OM.AB ⇔ 3OB.MB + 2OB.MA ≥ 2OM.AB ⇔ 2MA+ 3MB ≥ 2OM. (ABOB) . Vì tam giác OAB luôn đồng dạng với chính nó nên ABOB là một đại lượng không đổi. Từ đó suy ra 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2OM. ( AB OB ) . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác OAMB nội tiếp. Bài toán 2.11. (IMO, 2001) Cho tam giác ABC với trọng tâm G và độ dài các cạnh a = BC, b = CA, c = AB. Tìm điểm P trên mặt phẳng tam giác sao cho đại lượng AP.AG + BP.BG + CP.CG đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a, b, c. www.VNMATH.com 57 Giải. Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác BGC. Kéo dài trung tuyến AL cắt đường tròn này tại K. Gọi M,N là trung điểm các cạnh AC,AB tương ứng. Áp dụng định lí hàm số sin cho các tam giác BGL,CGL, ta có BG sin B̂LG = BL sin B̂GK , CG sin ĈLG = CL sin ĈGK . (2.14) Hình 2.12 Nhưng L là trung điểm của BC và sin B̂LG = sin ĈLG, nên từ (2.14) ta có BGCG = sin ĈGK sin B̂GK . Ta có BK = 2R. sin B̂GK,CK = 2R. sin ĈGK, trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giácBCG. Do đó CKBK = BG CG hay BG CK = CG BK . Tương tự AG BG = sin B̂GN sin ÂGN = sin B̂GN sin ĈGK . Hơn nữa BC = 2R. sin B̂GC = 2R. sin B̂GN . Từ đó BG CK = AG BC . Như vậy BG CK = CG BK = AG BC . Bây giờ, áp dụng bất đẳng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác PBKC ta có PK.BC ≤ BP.CK + CP.BK. Từ đó PK.AG ≤ BP.BG+CP.CG. Suy ra (AP + PK)AG ≤ AP.AG+ BP.BG+CP.CG và cuối cùng AK.AG ≤ AP.AG+BP.BG+CP.CG. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (1) P nằm trên cung _ BGC (để có đẳng thức ở bất đẳng thức Ptolemy) và (2) P nằm trên AK (để có đẳng thức trong bất đẳng thức tam giác). Do đó giá trị này đạt được khi P ≡ G. Dễ dàng tính được rằng AG2 +BG2 + CG2 = ( a2 + b2 + c2 ) 3 . Nhận xét 2.2. Có thể thấy đây là trường hợp đặc biệt của bài toán Torricelli tổng quát. Chú ý rằng từ ba đoạn AG,BG,CG có thể dựng được một tam giác ∆, ta chỉ cần dựng tam giác BCK đồng dạng với tam giác ∆ là được. Cách giải nêu trên chỉ ra cách dựng tường minh cho điểm K. Bài toán 2.12. Cho ABCD là hình vuông và P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng. Trong số các khoảng cách PA, PB, PCvà PD, gọi M www.VNMATH.com 58 là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất. Chứng minh rằng PA+ PB + PC + PD ≥ ( 1 + √ 2 ) M +m. Đẳng thức xảy ra khi P nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình vuông. Giải. Không giảm tính tổng quát, giả sử M = PD, thì dễ dàng thấy m = PB. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác PADC, ta được PA.CD + PC.AD ≥ PD.AC với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A,P,C,D nằm trên một đường tròn. Vì AD = CD = AC/ √ 2, nên PA+ PC ≥ √2PD. Do đó PA+ PB + PC + PD ≥ ( 1 + √ 2 ) PD + PB = ( 1 + √ 2 ) M +m. Đẳng thức xảy ra khi P nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình vuông. Bài toán 2.13. (Tạp chí THTT số 259) Cho thất giác đều A1A2A3A4A5A6A7 và điểm M bất kì. Chứng minh rằng MA1 +MA3 +MA5 +MA7 ≥MA2 +MA4 +MA6. Giải. Đặt A1A2 = a,A1A3 = b, A1A4 = c. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác A1A2A3M và A5A6A7M , ta được (MA1 +MA3) a ≥MA2.b, (2.15) (MA5 +MA7) a ≥MA6.b. (2.16) Cộng theo vế 2 bất đẳng thức trên có (MA1 +MA3 +MA5 +MA7) a ≥ (MA2 +MA6) .b. (2.17) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác A2A4A6M , được (MA2 +MA6) b ≥MA4.c. (2.18) Từ (2.17) và (2.18) có (MA1 +MA3 +MA5 +MA7) a ≥MA4.c. (2.19) www.VNMATH.com 59 Từ (2.17) và (2.19) có (MA1 +MA3 +MA5 +MA7) (a b + a c ) ≥MA2 +MA4 +MA6. (2.20) Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp A1A3A4A5 có ab+ac = bc, suy ra ( a b + a c ) = 1. Thay vào (2.20) được MA1 +MA3 +MA5 +MA7 ≥MA2 +MA4 +MA6. Đẳng thức xảy ra khi các đẳng thức ở (2.15), (2.16) và (2.18) xảy ra nghĩa là M thuộc cung nhỏ _ A1A7 của đường tròn ngoại tiếp đa giác A1A2A3A4A5A6A7. Bài toán 2.14. (Olympic Toán học 30/4, bài đề nghị, 2000) Chứng tỏ rằng trong tam giác ABC ta có ab mamb + bc mbmc + ca mcma ≥ 4, với a, b, c là độ dài ba cạnh và ma,mb,mc là độ dài các đường trung tuyến tương ứng của tam giác đó. Giải. Hình 2.13 Điều phải chứng minh tương đương với abmc + bcma + camb ≥ 4mambmc. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác CMGN , ta có GC.MN ≤ GN.MC +GM.NC, từ đó 2 3 mc c 2 ≤ 1 3 mb a 2 + 1 3 ma b 2 hay 2mcc ≤ mba+mab. Suy ra 2mcc 2 ≤ acmb + bcma. (2.21) Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABMN ta được AM.BN ≤ AN.BM + AB.MN , suy ra mamb ≤ ab 4 + c2 2 , tức là 4mambmc ≤ abmc + 2c2mc. (2.22) Từ (2.21) và (2.22) suy ra điều phải chứng minh. www.VNMATH.com 60 Bài toán 2.15. (Trung Quốc, 1988) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O,R). Các tia AB,BC,CD,DA cắt đường tròn (O, 2R) lần lượt tại các điểm A′, B′, C ′, D′ tương ứng. Chứng minh rằng A′B′ +B′C ′ + C ′D′ +D′A′ ≥ 2 (AB +BC + CD +DA) . Khi nào dấu đẳng thức xảy ra ? Giải. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác OAD′A′, ta có OD′.AA′ ≤ OA.A′D′ + OA′.AD′. Suy ra 2AA′ ≤ A′D′ + 2AD′ hay 2AB + 2BA′ ≤ A′D′ + 2AD′. Tương tự với ba bất đẳng thức khác, ta đi đến 2 (AB +BC + CA+ AD) + 2 (BA′ + CB′ +DC ′ + AD′) ≤ (A′B′ +B′C ′ + C ′D′ +D′A′) + 2 (BA′ + CB′ +DC ′ + AD′) . Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Hình 2.14 Đẳng thức xảy ra khi tất cả các tứ giác OAD′A′, OBA′B′, OCB′C ′, ODC ′D′ đều nội tiếp. Nếu OAD′A′ nội tiếp thì ÔAA′ = ÔD′A′ = ÔA′D′ = 1800 − ÔAD′ = ÔAD. Do đó OA là phân giác của D̂AB. Tương tự, điểm O nằm trên các phân giác khác của ABCD. Suy ra ÔAB = ÔAD = ÔDA = ÔDC = ÔBA. Từ đó, ÂOB = B̂OC = ĈOD = D̂OA. Vậy A,B,C,D cách đều nhau trên đường tròn, nghĩa là ABCD là hình vuông. Ngược lại, nếu ABCD là một hình vuông thì hiển nhiên đẳng thức xảy ra. Tóm lại, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABCD là một hình vuông. Bài toán 2.16. (IMO shorlist, 1997) Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC,CD = DE,EF = FA. Chứng minh rằng BC BE + DE DA + FA FC ≥ 3 2 . Khi nào dấu đẳng thức xảy ra ? www.VNMATH.com 61 Giải. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABCE, ta được EA.BC + EC.AB ≥ BE.AC. Sử dụng AB = BC, ta được BC (EA+ EC) ≥ BE.AC, hay BCBE ≥ ACEA+EC . Tương tự, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho các tứ giác ACDE,EFAC và sử dụng CD = DE,EF = FA, ta được DEDA ≥ CEAC+AE , FA FC ≥ EACE+CA . Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và áp dụng bất đẳng thức Nesbitt ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Để có dấu bằng ta phải có dấu bằng xảy ra ở ba bất đẳng thức Ptolemy và ở bất đẳng thức Nesbitt. Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức Nesbitt khi tam giác EAC đều, như thế ÊAC = 600. Vì ABCE là tứ giác nội tiếp nên góc B̂ phải bằng 1200. Tương tự, góc D̂ và F̂ cũng bằng 1200. Mặt khác, thấy rằng các tam giác ABC,CDE,EFA bằng nhau (g.c.g). Như vậy, lục giác có tất cả các cạnh đều bằng nhau và tất cả các góc bằng 1200, vậy nó là lục giác đều. Ngược lại, hiển nhiên là với lục giác đều, ta có dấu bằng xảy ra. Bài toán 2.17. (IMO, 1995) Cho ABCDEF là lục giác sao cho AB = BC = CD, DE = EF = FA và B̂CD = ÊFA = 600. G và H là hai điểm tùy ý. Chứng minh rằng AG+BG+GH +DH + EH ≥ CF. Giải. Hình 2.15 Từ giả thiết ta có BCD và AEF là các tam giác đều. Lấy C ′ và F ′ lần lượt đối xứng với C và F qua BE. Khi đó CF = C ′F ′ và ta được DEF ′ và ABC ′ là các tam giác đều. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác F ′DHE và C ′AGB, ta có F ′H.DE ≤ F ′E.DH + F ′D.EH hay F ′H ≤ DH + EH và C ′G.AB ≤ C ′A.BG+ C ′B.AG www.VNMATH.com 62 hay C ′G ≤ BG+ AG. Do đó AG+BG+GH +DH + EH ≥ C ′G+GH +HF ′ ≥ C ′F ′ = CF. Bài toán 2.18. (New Zealand, 1998) Cho M,A1, A2, · · · , An (n ≥ 3) là các điểm phân biệt trong mặt phẳng thỏa mãn A1A2 = A2A3 = · · · = An−1An = AnA1. Chứng minh rằng 1 MA1.MA2 + 1 MA2.MA3 + 1 MAn−1.MAn ≥ 1 MA1.MAn . Xác định dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Giải. Với mỗi số nguyên k giữa 1 và n − 1 , áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác MA1AkAk+1 ta được MA1.AkAk+1 + A1Ak.MAk+1 ≥ A1Ak+1.MAk, (2.23) (với k = 1 suy biến thành đẳng thức). Chia cả hai vế bất đẳng thức trên cho MA1.MAk.MAk+1 ta được AkAk+1 MAk.MAk+1 ≥ A1Ak+1 MA1.MAk+1 − A1Ak MA1.MAk . Lấy tổng n− 1 bất đẳng thức này, ta được A1A2 MA1.MA2 + A2A3 MA2.MA3 + · · ·+ An−1An MAn−1.MAn ≥ A1An MA1.MAn − A1A1 MA1.MA1 = A1An MA1.MAn . Vì A1A2 = A2A3 = · · · = An−1An = AnA1 nên ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong (2.23) dấu đẳng thức xảy ra với tất cả các giá trị k = 1, 2, · · · , n− 1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi theo thứ tự A1, Ak, Ak+1,M nằm trên một đường tròn. Trong trường hợp này A1A2 · · · , An là một đa giác đều và M thuộc cung _ AkAn ngắn nhất. www.VNMATH.com 63 2.3. Định lí Bretschneider Định lý 2.3. Cho tứ giác ABCD, gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh AB,BC,CD.DA và m,n là độ dài các đường chéo AC,BD. Khi đó ta có m2n2 = a2c2 + b2d2 − 2abcd. cos(A+ C). (2.24) Chứng minh. Hình 2.16 Trên cạnh AB ra phía ngoài dựng tam giác BAK đồng dạng với tam giác ACD, trong đó B̂AK = D̂CA, ÂBK = ĈAD, còn trên cạnh AD ra phía ngoài dựng tam giác DMA đồng dạng với tam giác ABC, trong đó D̂AM = B̂CA, ÂDM = ĈAB. Từ các tam giác đồng dạng này suy ra AK = ac m ,AM = bd m ,KB = DM = ad m . Ngoài ra, K̂BD+ M̂DB = ĈAD+ ÂBD+ B̂DA+ ĈAB = 1800, nghĩa là tứ giác KBDM là hình bình hành. Do đó KM = BD = n. Mặt khác K̂AM =  + Ĉ. Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác KAM , ta có m2n2 = a2c2 + b2d2 − 2abcd. cos(A+ C).  Chú ý 2.1. Vì 0 < φ < 2pi nên −1 ≤ cosφ < 1, do đó từ kết quả trên suy ra |ac− bd| < mn ≤ ac + bd. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi cosφ = −1⇔ φ = pi ⇔ ABCD là tứ giác nội tiếp. Như vậy định lí Ptolemy và cả bất đẳng thức Ptolemy đều là hệ quả của định lí Bretschneider. 2.4. Định lí Casey Định lý 2.4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Bốn đường tròn α, β, γ, δ tiếp xúc với (O) lần lượt tại A,B,C,D. Gọi a là độ dài đoạn tiếp tuyến chung của hai đường tròn α, β, với α, β cùng tiếp xúc ngoài hoặc cùng tiếp xúc trong với (O). Nếu hai đường tròn α, β có một www.VNMATH.com 64 đường tròn tiếp xúc ngoài (O) và một đường tròn tiếp xúc trong với (O) thì a là độ dài tiếp tuyến chung trong của α, β. Các đại lượng b, c, d, x, y là độ dài các tiếp tuyến chung của các cặp đường tròn xác định tương tự (hình 2.17). Khi đó ta có xy = ac+ bd. (2.25) Chứng minh. Hình 2.17 Ta chứng minh cho trường hợp α, β, γ, δ đều tiếp xúc ngoài với (C). Các trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. Gọi Ra, Rb, Rc, Rd, R lần lượt là bán kính của các đường tròn α, β, γ, δ, (O). Đặt Â′OB′ = ÂOB = α, ta có a2 = A′B′2−(Ra−Rb)2; A′B′2 = (R+Ra)2+ (R +Rb) 2 − 2(R +Ra)(R +Rb) cosα. Suy ra a2 = 2(R +Ra)(R +Rb)(1− cosα), (2.26) AB2 = 2R2 − 2R2 cosα = 2R2(1− cosα). (2.27) Từ (2.26) và (2.27) suy ra a = √ (R +Ra)(R +Rb) R AB. Chứng minh tương tự ta có b = √ (R +Rb)(R +Rc) R BC; c = √ (R +Rc)(R +Rd) R CD; d = √ (R +Rd)(R +Ra) R DA; x = √ (R +Ra)(R +Rc) R AC; y = √ (R +Rb)(R +Rd) R BD. Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABCD ta thu được (2.25)  Nhận xét 2.3. Đẳng thức (2.25) vẫn đúng khi các bán kính Ra = 0, Rb = 0, Rc = 0, Rd = 0; Khi Ra = Rb = Rc = Rd = 0 thì định lý www.VNMATH.com 65 Casey trở thành định lí Ptolemy. Phải chăng định lí Casey được suy ra bằng cách "nở" các điểm A,B,C,D. Định lí Casey là một mở rộng của định lí Ptolemy, nó sẽ giúp ích cho việc giải một số bài toán liên quan đến đường tròn tiếp xúc nhau, độ dài tiếp tuyến và dây cung. Sau đây là một số bài toán áp dụng định lý Casey. Bài toán 2.19. Cho hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại I và cùng tiếp xúc trong với đường tròn O. Một tiếp tuyến chung ngoài của O1 và (O2) cắt O tại B và C, trong khi đó tiếp tuyến chung trong của chúng cắt O tại điểm A cùng phía với I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Giải. Hình 2.18 Giả sử BC tiếp xúc (O1) tại X và (O2) tại Y và cắt AI cắt BC tại D. Đặt BC = a, CA = b, AB = c, BX = x,CY = y, AI = z,DX = DI = DY = u. Áp dụng định lý Casey cho bộ 4 đường tròn (A), (O1), (B), (C) và (A), (O2), (C), (B) ta có az + bx = c (2u+ y) , (2.28) az + cy = b (2u+ x) . (2.29) Lấy (2.28)trừ (2.29) theo vế, ta được bx− cy = u (c− b). Từ đó x+ u y + u = c b , tức là BD CD = AB AC . Suy ra AD là phân giác của góc A và BD = ac b+ c . Mặt khác, cộng hai vế (2.28) và (2.29) theo vế, ta được az = u (b+ c). Suy ra z u = b+ c a , tức là AI ID = AB + AC BD +DC = AB BD , do đó BI là phân giác của góc B. Bài toán được chứng minh. Bài toán 2.20. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O,R) và B̂AC = 600. Đường tròn (O′, R′) tiếp xúc trong với (O,R) và tiếp xúc với hai cạnh AB,AC. Chứng minh rằng R′ ≤ 2 3 R. www.VNMATH.com 66 Giải. Gọi X, Y lần lượt là tiếp điểm của AB,AC với đường tròn (O′, R′). Đặt l = AX = AY = XY (∆ABC cân có B̂AC = 600). Đường tròn (O,R) tiếp xúc trong với các đường tròn (A), (C), (O′R′), (B) nên áp dụng định lí Casey ta có b(c− l) + c(b− l) = al. Hình 2.19 Suy ra l = 2bc a+ b+ c = bc p = bc S r = 2bc bc sinA r = 4√ 3 r ≤ 2√ 3 R (vìR ≥ 2r). (2.30) Mặt khác, lại có R′ = O′X = XY 2 sin 600 = l√ 3 (2.31) Từ (2.30) và (2.31) suy ra R′ ≤ 2 3 R. Bài toán 2.21. Cho ba đường tròn (C), (C1), (C2) trong đó hai đường tròn (C1), (C2) tiếp xúc trong với (C) lần lượt tại B,C và (C1), (C2) tiếp xúc ngoài với nhau tại D. Tiếp tuyến chung trong của (C1), (C2) cắt (C) tại A,A1, AB cắt (C1) tại điểm thứ hai là K, AC cắt (C2) tại điểm thứ hai là L. Chứng minh rằng 1 DA + 1 DA1 = 2 KL . Giải. Đặt M = (C1) ∩ BC,N = (C2) ∩ BC. Vẽ tia tiếp tuyến BT với hai đường tròn (C1), (C). Ta chứng minh KL là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1), (C2). Hình 2.20 Thật vậy, ta có M̂KB = M̂BT = ĈBT = ĈAB. Suy ra MK//AC. Do đó M̂KL = K̂LA. Ta có ∆KAL ∼ ∆CAB (vì AK.AB = AL.AC = AD2 ⇒ AK AC = AL AB ) suy ra K̂LA = ĈBA, do đó KL là tiếp tuyến của (C1). Tương tự KL là tiếp tuyến của (C2) Áp dụng định lí Casey cho bộ 4 đường tròn (A), (C1), (D), (C2) tiếp xúc trong với www.VNMATH.com 67 đường tròn (C), ta có AD.A1D + AD.A1D = AA1.KL ⇒ 2 KL = AA1 AD.A1D = 1 AD + 1 A1D . Bài toán 2.22. Cho hai đường tròn (C1), (C2) tiếp xúc trong với đường tròn (C) lần lượt tại M,N . Hai đường tròn (C1), (C2) cắt nhau hoặc tiếp xúc ngoài với nhau. Trục đẳng phương của (C1), (C2) cắt (C) tại hai điểm A,B. Đường thẳng AM,AN cắt (C1), (C2) tại điểm thứ hai là K,L tương ứng. Chứng minh rằng AB ≥ 2KL. Đẳng thức xảy ra khi nào ? Giải. Hình 2.21 Hình 2.22 Đặt C1(O1, R1), C2(O2, R2), C(O,R), {P,Q} = (C1)∩(C2) (hình 2.21), nếu (C1) tiếp xúc (C2) thì P ≡ Q (hình 2.22). AB là trục đẳng phương của (C1), (C2) suy ra AK.AM = AL.AN ⇒ ∆AKL ∼ ∆ANM ⇒ ÂKL = ÂNM = 1 2 sđ _ AM . Ta có Ô1KM = Ô1MK = 90 0 − 1 2 M̂OA = 900 − 1 2 sđ _ AM⇒ Ô1KL = 90 0, suy raKL là tiếp tuyến của (C1), ta cóO1K//OA//O2L⇒ KL⊥O2L, suy ra KL là tiếp tuyến của (C2). Áp dụng định lí Casey cho bộ 4 đường tròn đường tròn (A), (C1), (B), (C2) tiếp xúc với đường tròn (C), ta được√ AP.AQ. √ BP.BQ + √ AP.AQ. √ BP.BQ = AB.KL suy ra www.VNMATH.com 68 AB.KL = 2 √ AP.AQ. √ BP.BQ ≤ 2AP +BP 2 AQ+BQ 2 = AB2 2 . Do đó AB ≥ 2KL. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (C1) tiếp xúc (C2) và AP = BP . 2.5. Mở rộng bất đẳng thức Ptolemy trong không gian Định lý 2.5. Cho ABCD là tứ diện bất kì, ta có AC.BD + AD.BC > AB.CD. (2.32) Chứng minh. Hình 2.23 Trong mặt phẳng (BCD) ta lấy điểm E sao cho B và E khác phía với đường thẳng CD và AC = CE,AD = DE. Từ đó ta có ∆ACD = ∆ECD. Suy ra AP = PE, trong đó P là giao điểm của BE và CD. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác BCED, ta có BE.CD ≤ CE.BD +BC.DE. Mặt khác, AB.CD ≤ (AP + PB)CD = PE.CD + PB.CD = BE.CD. Vậy AB.CD ≤ BE.CD ≤ CE.BD + BC.DE = AC.BD + AD.BC. Ngoài ra dấu đẳng thức không xảy ra.  Bài toán 2.23. (Olympic 30/4, Việt Nam 2000) Cho hình chóp tam giác S.ABC. Giả sử các trung tuyến của các tam giác SAB, SBC, SCA kẻ từ S tạo với những cạnh đáy AB,BC,CA các góc không tù bằng nhau. Chứng minh diện tích một mặt bên của hình chóp nhỏ hơn tổng diện tích các mặt bên còn lại. www.VNMATH.com 69 Giải. Gọi α là góc tạo bởi các trung tuyến SM,SK, SL với các cạnh đáy AB,BC,CA. Vì vai trò của các mặt bên là như nhau nên ta chỉ cần chứng minh [SAB] < [SBC] + [SCA]. Thật vậy, áp dụng định lí 2.5 cho tứ diện SKLM ta có SM.KL < SK.LM + SL.KM . Bất đẳng thức trên tương đương với các bất đẳng thức sau SM.AB < SK.BC + SL.CA ⇔ SM.AB. sinα < SK.BC. sinα + SL.CA. sinα ⇔ [SAB] < [SBC] + [SCA] . Bài toán 2.24. (Tạp chí THTT, số 264) Trên cạnh CD của hình tứ diện ABCD lấy điểm N (N khác C,D). Kí hiệu p(XY Z) là chu vi tam giác XY Z. Chứng minh rằng NC.p(DAB) +ND.p(CAB) > CD.p(NAB). Giải. Xét bất đẳng thức Ptolemy cho các bộ 4 điểm (N,A,C,D) và (N,C,B,D) ta có NC.DA+ND.CA > CD.NA, (2.33) NC.DB +ND.CB > CD.NB. (2.34) Mặt khác, vì N thuộc đoạn CD nên NC +ND = CD. Do đó NC.AB +ND.AB = CD.AB. (2.35) Cộng theo vế 3 bất đẳng thức (2.33),(2.34) và (2.35) ta được bất đẳng thức cần chứng minh. www.VNMATH.com 70 Chương 3 Bất đẳng thức Erdos-Mordell và các mở rộng Bất đẳng thức Erdos-Mordell là một bất đẳng thức nổi tiếng trong tam giác, được nhà toán học Paul Erdos đề xuất năm 1935 và lời giải đầu tiên đưa ra là của Louis Mordell sử dụng định lý hàm số cosin. Chương này trình bày bất đẳng thức Erdos-Mordel và các bài toán áp dụng. Ngoài ra còn trình bày một số mở rộng của bất đẳng thức này trong tam giác và mở rộng trong đa giác. Nội dung chủ yếu được hình thành từ các tài liệu [11 -13]. Ngoài các kí hiệu sử dụng ở chương 1, ta sử dụng thêm các kí hiệu sau: Cho tam giác ABC và P là một điểm nằm trong tam giác. 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. 3.1. Bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tam giác Định lý 3.1. (Bất đẳng thức Erdos-Mordell) Cho tam giác ABC và P là điểm nằm trong tam giác. Khi đó luôn có bất đẳng thức R1 +R2 +R3 ≥ 2 (r1 + r2 + r3) . (3.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là trực tâm của nó. Bất đẳng thức Erdos-Mordell có rất nhiều cách chứng minh khác nhau. Ngoài chứng minh bằng cách sử dụng định lý Ptolemy, ta trình bày hai cách chứng minh đơn giản sau đây: Chứng minh 1. Kẻ tia Ax đối xứng với tia AP qua phân giác của góc A. Từ B và C kẻ các đường vuông góc BB′ và CC ′ tới tia Ax. Ta có P̂AC = B̂AB′, P̂AB = ĈAC ′. Do đó a ≥ BB′+CC ′ = AB. sin B̂AB′+ AC. sin ĈAC ′ = c. sin P̂AC + b. sin P̂AB = c. r2 R1 + b. r3 R1 . www.VNMATH.com 71 Hình 3.1 Suy ra R1 ≥ r2 c a + r3 b a , (3.2) tương tự, ta có R2 ≥ r3a b + r1 c b , (3.3) R3 ≥ r1b c + r2 a c . (3.4) Cộng theo vế các bất đẳng thức (3.2), (3.3), (3.4) và áp dụng bất đẳng thức AM −GM ta được R1 +R2 +R3 ≥ r1 ( c b + b c ) + r2 (a c + c a ) + r3 ( a b + b a ) ≥ 2 (r1 + r2 + r3) . Rõ ràng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c và trong (3.2), (3.3), (3.4) dấu đẳng thức xảy ra. Điều này xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là trực tâm của nó. Chứng minh 2. Đây là chứng minh đầu tiên được đưa ra bởi Mordell. Hình 3.2 Áp dụng định lý hàm số sin và hàm số cosin, ta có R1. sinA = EF = √ r22 + r 2 3 − 2r2r3 cos (pi −A), R2. sinB = FD = √ r23 + r 2 1 − 2r3r1 cos (pi −B), R3. sinC = DE = √ r21 + r 2 2 − 2r1r2 cos (pi − C). Mặt khác, ta có EF 2 =r22 + r 2 3 − 2r2r3 cos (pi − A) =r22 + r 2 3 − 2r2r3 (cosB cosC − sinB sinC) . = (r2 sinC + r3 sinB) 2 + (r2 cosC − r3 cosB)2 ≥ (r2 sinC + r3 sinB)2 . Suy ra EF ≥ r2 sinC + r3 sinB. Do đó R1 ≥ r2 sinC sinA + r3 sinB sinA . Tương tự R2 ≥ r3 sinA sinB + r1 sinC sinB , R3 ≥ r1 sinB sinC + r2 sinA sinC . www.VNMATH.com 72 Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, rồi áp dụng bất đẳng thức AM−GM ta được R1 +R2 +R3 =r1 ( sinB sinC + sinC sinB ) + r2 ( sinA sinC + sinC sinA ) + +r3 ( sinA sinB + sinB sinA ) ≥ 2 (r1 + r2 + r3) . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sinA = sinB = sinC và r1 = r2 = r3, điều này có nghĩa tam giác ABC đều và P là trực tâm của nó. Bài toán 3.1. Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong tam giác. Chứng minh rằng 2 ( 1 R1 + 1 R2 + 1 R3 ) ≤ 1 r1 + 1 r2 + 1 r3 . (3.5) Giải. Hình 3.3 Xét phép nghịch đảo N cực P và phương tích d = r2 N :A→ A′;B → B′;C → C ′, A1 → A′1;B1 → B′1;C1 → C ′1. Khi đó, ta có PA.PA′ = PB.PB′ = PC.PC ′ = d2, PA1.PA ′ 1 = PB1PB ′ 1 = PC1.PC ′ 1 = d 2. Hơn nữa A′, B′, C ′ nằm trên B′1C ′ 1, C ′ 1A ′ 1, A ′ 1B ′ 1 tương ứng và PA′, PB′, PC ′ vuông góc với B′1C ′ 1, C ′ 1A ′ 1, A ′ 1B ′ 1 tương ứng. Áp dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell cho tam giác A′1B ′ 1C ′ 1 ta có PA′1 + PB ′ 1 + PC ′ 1 ≥ 2 (PA′ + PB′ + PC ′). Vì PA′1 = d2 PA1 , PB′1 = d2 PB1 , PC ′1 = d2 PC1 , PC ′ = d2 PC , PB′ = d2 PB , PA′ = d2 PA nên d2 ( 1 PA1 + 1 PB1 + 1 PC1 ) ≥ 2d2 ( 1 PA + 1 PB + 1 PC ) . Do đó 2 ( 1 R1 + 1 R2 + 1 R3 ) ≤ 1 r1 + 1 r2 + 1 r3 . www.VNMATH.com 73 Bài toán 3.2. Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong tam giác. Chứng minh rằng R1r1 +R2r2 +R3r3 ≥ 2 (r1r2 + r2r3 + r3r1) . (3.6) Giải. Hình 3.4 Gọi ha là độ dài đường cao xuất phát từ A, ta có aha = 2[ABC] = ar1 + br2 + cr3. Vì ha ≤ R1 + r1 nên a(R1 + r1) ≥ aha, suy ra aR1 ≥ br2 + cr3 hay R1 ≥ r2 b a + r3 c a . Do đó R1r1 ≥ r1r2 b a + r3r1 c a . Tương tự R2r2 ≥ r2r3c b +r1r2 a b ,R3r3 ≥ r3r1a c +r2r3 b c . Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên và áp dụng bất đẳng thức AG-GM, ta được R1r1 +R2r2 +R3r3 ≥ ( a b + b a ) r1r2 + ( b c + c b ) r2r3 + ( c a + a c ) r3r1 ≥2 (r1r2 + r2r3 + r3r1) . Bài toán 3.3. Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong tam giác. Chứng minh rằng R1R2 +R2R3 +R3R1 ≥ 4 (r1r2 + r2r3 + r3r1) . (3.7) Giải. Xét phép nghịch đảo N cực P và phương tích d = r2 N : A→ A′;B → B′;C → C ′. Gọi r′1, r ′ 2, r ′ 3 là khoảng cách từ P tới các cạnh B ′C ′, C ′A′, A′B′, tương ứng. Ta có r′1.B ′C ′ = 2 [PB′C ′] = PB′.PC ′.B′C ′ PA′1 = r1.PB ′.PC ′.B′C ′ d2 , hay r′1 = r1.PB ′.PC ′ d2 , trong đó A′1 là ảnh của A1 (A1 là hình chiếu của P trên BC). Tương tự r′2 = r2.PC ′.PA′ d2 , r′3 = r3.PA ′.PB′ d2 . Áp dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell cho tam giác A′B′C ′, ta có PA′+PB′+PC ′ ≥ 2 (r′1 + r′2 + r′3). Vì PA.PA′ = PB.PB′ = PC.PC ′ = www.VNMATH.com 74 d2 nên 1 PA + 1 PB + 1 PC ≥ 2 ( r1 PB.PC + r2 PC.PA + r3 PA.PB ) Bất đẳng thức trên tương đương với R2R3 +R3R1 +R1R2 ≥ 2 (R1r1 +R2r2 +R3r3) . (3.8) Từ bất đẳng thức (3.6) và (3.8) ta thu được R1R2 +R2R3 +R3R1 ≥ 4 (r1r2 + r2r3 + r3r1) . Bài toán 3.4. Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong tam giác. Chứng minh rằng R1R2R3 ≥ 8r1r2r3. (3.9) Giải. Gọi C1 là điểm trên BC sao cho BC1 = AB. Khi đó AC1 = 2c sin B 2 . Mặt khác, gọi K,H lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ A,C1 lên Hình 3.5 đường thẳng BP , vì A và C1 không nằm cùng phía đối với đường thẳng BP nên AC1 ≥ C1H + AK, suy ra R2.AC1 ≥ R2.C1H + R2.AK hay R2.AC1 ≥ 2[BPC1] + 2[BAP ]. Do đó R2.2c sin B 2 ≥ c.r1 + c.r3, hay R2 ≥ r1 + r3 2 sin B2 , tương tự R1 ≥ r2 + r3 2 sin A2 , R3 ≥ r1 + r2 2 sin C2 . Nhân 3 bất đẳng thức trên, ta được R1R2R3 ≥ 1 8 sin A2 . sin B 2 . sin C 2 (r1 + r2) (r2 + r3) (r3 + r1) . (3.10) Vì sin A 2 . sin B 2 . sin C 2 = r 4R và R ≥ 2r nên từ (3.10), ta có R1R2R3 ≥ (r1 + r2) (r2 + r3) (r3 + r1) . (3.11) Áp dụng bất đẳng thức AM −GM cho vế phải của (3.11), ta được R1R2R3 ≥ 8r1r2r3. www.VNMATH.com 75 Nhận xét 3.1. Từ bài toán trên, ta có các kết quả sau 1. R21 r2r3 + R22 r3r1 + R23 r1r2 ≥ 12, 2. R1 r2 + r3 + R2 r3 + r1 + R3 r1 + r2 ≥ 3, 3. R1√ r2r3 + R2√ r3r1 + R3√ r1r2 ≥ 6. Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM −GM , ta có 1. R21 r2r3 + R22 r3r1 + R23 r1r2 ≥ 3 3 √ R21 r2r3 R22 r3r1 R23 r1r2 ≥ 3 3 √ 82 = 12. 2. R1 r2 + r3 + R2 r3 + r1 + R3 r1 + r2 ≥ 3 3 √ R1 r2 + r3 R2 r3 + r1 R3 r1 + r2 ≥ 3. 3. R1√ r2r3 + R2√ r3r1 + R3√ r1r2 ≥ 3 3 √ R1√ r2r3 R2√ r3r1 R3√ r1r2 ≥ 3 3√8 = 6. Bài toán 3.5. Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong tam giác. Chứng minh rằng R1 +R2 +R3 ≥ 6r. (3.12) Giải. Dễ thấy R1 + r1 ≥ ha, R2 + r2 ≥ hb, R3 + r3 ≥ hc. Cộng 3 bất đẳng thức này theo vế và áp dụng bất đẳng thức Erdos-Modell ta được ha + hb + hc ≤ (R1 +R2 +R3) + (r1 + r2 + r3) ≤ 3 2 (R1 +R2 +R3) . (3.13) Bây giờ áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có 9 ≤ (ha + hb + hc) ( 1 ha + 1 hb + 1 hc ) = (ha + hb + hc) 1 r . (3.14) Từ (3.13) và (3.14) ta được 9r ≤ ha + hb + hc ≤ 3 2 (R1 +R2 +R3). Do đó R1 +R2 +R3 ≥ 6r. www.VNMATH.com 76 Bài toán 3.6. (IMO, 1991). Cho tam giác ABC và P là điểm trong tam giác. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các góc P̂AB, P̂BC, P̂CA nhỏ hơn hoặc bằng 300. Giải. Giả sử D,E, F là chân các đường vuông góc hạ từ P tương ứng xuống các cạnh BC,CA và AB. Giả sử các góc P̂AB, P̂BC, P̂CA đều lớn hơn 300. Khi đó PA+ PB + PC = PF sin P̂AB + PD sin P̂BC + PE sin P̂CA < PF sin 300 + PD sin 300 + P