Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác

Mục đích của bài viết Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác là trình bày một số các bất đẳng thức kinh điển và bất đẳng thức mới trong tam giác, giúp người dạy và học Toán ở bậc phổ thông có thêm tư liệu phục vụ cho công việc giảng dạy và học tập. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết nội dung bài viết!

M ỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

TRONG TAM GIÁC

Nguyễn Văn NgọcTrường Đại học Thăng Long

Tóm tắt nội dung

1 Mở đầu

Bất đẳng thức hình học nói chung và vất đẳng thức trong tam giác nói riêng là chuyênmục khó trong lĩnh vực Toán Phổ thông, nhưng lại có sức hấp dẫn kỳ lạ, bởi vì các bấtđẳng thức này không chỉ có ý nghĩa về nội dung mà còn khá đẹp về hình thức và đòi hỏinhiều sáng tạo

Bất đẳng thức trong tam giác là chuyên mục lý thú, hấp dẫn nhiều thế hệ nhữngchuyên gia toán học, những người dạy và người học toán trong các trường cấp Trunghọc ở khắp nới trên Thế giới

Hầu hết các bất đẳng thức trong tam giác hiện nay có trong các tài liệu chuyên khảo

đã được tìm ra từ nhiều thế kỷ trước, nhất là Thế kỷ 20 Các bất đẳng thức này có thể tìmthấy trong nhiều tài liệu, thí dụ như các tài liệu [1] và [5]

Nhiều bất đẳng thức trong tam giác mới được tìm ra trong khoảng vài thập niên gầnđây (xem, [3, 4, 7,6] và các tài liệu trong đó), nhưng chưa được hệ thống và giới thiệu ởViệt Nam Mục đích của bài viết này là trình bày một số các bất đẳng thức kinh điển vàbất đẳng thức mới trong tam giác, giúp người dạy và học Toán ở bậc phổ thông có thêm

tư liệu phục vụ cho công việc giảng dạy và học tập

2 Bổ trợ

2.1 Các bất đẳng thức kinh điển của dãy số

Chúng ta sẽ cần đến các bất đẳng thức quan trọng sau đây

Định lý 2.1. (Bất đẳng thức AM−GM).Với n số thực không âm bất kì a1, a2, , an, ta có bất đẳng thức

Định lý 2.2(Bất đẳng thức lũy thừa) Với mọi bộ số không âm a1, a2, , anvà m = 1, 2,

(Với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).

Định lý 2.4(Minkovskii) Với hai bộ số thực{ak}n

2.2 Các đại lượng và định lý thông dụng của một tam giác

Trong phần này ta luôn giả sử tam giác ABC có:

• BC=a, CA=b, AB=c;

• S là diện tích tam giác;

• p là nửa chu vi tam giác;

• ma, mb, mc, wa, wb, wc, ha, hb, hc lần lượt là độ dài các trung tuyến, các phân giác vàcác đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c;

• r, R, ra, rb, rc lần lượt là các bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp,đường tròn bàng tiếp với các cạnh a, b, c của tam giác ABC

• ∑ a= a+b+c

Định lý 2.5(Định lý hàm số sin) Trong mọi tam giác ABC có hệ thức

asin A =

bsin B =

asin A =2R.

Định lý 2.6(Định lý hàm số cosin) Trong mọi tam giác ABC có hệ thức

a2 =b2+c2−2bc cos A,

b2= c2+a2−2ca cos B,

c2 =a2+b2−2ab cos C

Như một hệ quả của Định lý hàm số cosin, ta có khẳng định Địnhnlý Pitago nổi tiếng

Định lý 2.7(Định lý Pitago) Tam giác ABC vuông tại A khi và chỉ khi

a2= b2+c2

Định lý 2.8 (Định lý Apollonius-Pappus) Tam giác ABC có các hệ thức sau đây về đường

3 Một số bất đẳng thức kinh điển liên quan đến đường cao và đường trung tuyến

Mệnh đề 3.1 Trong mọi tam giác có bất dẳng thức



≥9r

Do đó vế trái của (3.1) được chứng minh Cũng từ công thức diện tích của tam giác ta có

ha = bc2R, hb=

ac2R, , hc =

ab2R.Suy ra

2A+sin2B+sin2C) ≤ 9

2R.

Vậy vế phải của (3.1) cũng được chứng minh Mệnh đề được chứng minh

Mệnh đề 3.2 Trong mọi tam giác ABC có bất dẳng thức



=9R2.Suy ra

a+b+c≤ √3R, (a+b+c)2≥ 6

3√3(a+b+c)(ha+hb+hc).

Từ đây ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 3.3 Trong mọi tam giác ABC có bất đẳng thức

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là đều.

Chứng minh. Ký hiệu pa, pb, pc tương ứng là khoảng cách từ tâm vòng tròn ngoại tiếptam giác ABC đến các cạnh BC, CA, AB Khi đó

ma ≤R+pa, mb≤R+pb, mc≤ R+pc.Theo công thức tính diện tích của tam giác, ta có

apa =R2sin 2A, bpb=R2sin 2B, cpc= R2sin 2C

Suy ra

pa+pb+pc =R(cos A+cos B+cos C) = R1+ r

R

.Vậy ta có

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b=cvà A= π

3, tức tam giác ABC đều Vậy ta có

4 Bất đẳng thức Brown-Barrero về đường trung tuyến

Mục này trình bày một bất đẳng thức về đường trung tuyến do Brown p.H và Barrero J.L nhận được trong [2] Trước hết ta cần Bổ đề sau đây

Diaz-Bổ đề 4.1 Cho ABC là tam giác có độ dài các cạnh là a, b, c và bán kính đường tròn nội tiếp là

r Khi đó

∑

quay vòng

a2(b+c)(a+b)(a+c) ≤ abc

abc8r2

và vế phải của bất đẳng thức được chứng minh Để chứng minh vế trái của bất đẳngthức, ta chú ý rằng

∑

quay vòng

2a2(b+c)(a+b)(a+c) ≤ a+b+c (4.3)Thật vậy, ta có

∑

quay vòng

a2(b+c)(a+b)(a+c) =

5 Bất đẳng H.Y.Yin mở rộng

5.1 Giới thiệu

Mục này trình bày các kết quả của Jian Liu [4] chứng minh một bất đẳng thức đã biếtliên quan đến cận trên của tổng đường trung tuyến là mạnh Tác giả cũng đã chứng minhmột giả thiết mạnh hơn về bất đẳng thức này, tương đương với bất đẳng thức được đềxuất bởi H.Y.Yin trong [1]

Cho ABC là tam giác có các đường trung tuyến ma, mb, mcvà nửa chu vi p, khi đó ta

có bất đẳng thức sau (xem [1]):

trong đó hằng số 2 là tối ưu

Năm 2000, Chu Xiao-Guang và Yang Xue-Zhi (xem tài liệu trong [4]) thiết lập một bấtđẳng thức mới mạnh hơn, được cho bởi Định lý sau đây

Định lý 5.1 Trong tam giác ABC bất kỳ với các đường trung tuyến ma, mb, mc, nửa chu vi p, bán kính đường tròn nội tiếp r và bán kính đường tròn ngoại tiếp R, bất đẳng thức sau đúng:

(ma+mb+mc)2≤4p2−16Rr+5r2 (5.2)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.

Bất đẳng thức (5.2) là một cận trên xuất sắc cho biểu diễn(ma+mb+mc)2 Nhưng

các tác giả trên vẫn chưa trả lời một câu hỏi tự nhiên là: tìm giá trị cực đại λ sao cho bất

đẳng thức

(ma+mb+mc)2≤4p2−λRr+ (2λ−27)r2 (5.3)đúng với mọi tam giác ABC

Một trong các mục tiêu của bài báo này là chứng minh kết luận liên quan sau:

Định lý 5.2 Giả sử λ là số thực dương sao cho bất đẳng thức (5.3) đúng với mọi tam giác ABC Khi đó λmax=16

Bất đẳng thức (5.3) trở thành (5.2) khi k = 16 Điều này có nghĩa bất đẳng thức (5.2)

là mạnh nhất trong tất cả các bất đẳng thức dạng (5.3)

λ≤ 4p

3−27(p−a)(p−b)(p−c) −p(ma+mb+mc)2

abc−8(p−a)(p−b)(p−c) (5.4)Bây giờ ta giả sử ABC là tam giác cân với các cạnh x, 1, 1(x 6=1), đặt b = c = 1, a= x,rồi dùng công thức trung tuyến ma = 1

Nhận xét 5.1. Chu Xiao-Guang và Yang Xue-Zhi (xem tài liệu trong [4]) cũng thu đượcbất đẳng thức ngược của (5.2):

(ma+mb+mc)2 ≥4p−28Rr+29r2 (5.6)Theo cách tương tự như chứng minh của Định lý 5.2, ta cũng chứng minh được kết luận

sau: Cho λ là số thực dương thỏa mãn

(ma+mb+mc)2≥4p−λRr+ (2λ−27)r2 (5.7)

với mọi tam giác ABC, khi đó λmin=28

6 Bất đẳng thức mới về tổng các đường trung tuyến

Trong mục này, chúng tôi giới thiệu một bất đẳng thức mới về tổng của các đườngtrung tuyến trong tam giác và hai bất đẳng bất đẳng thức khác được chứng minh bằngcách sử dụng bất đẳng thức này [3]

Định lý 6.1 Trong mọi tam giác ABC với các cạnh a, b, c, đường trung tuyến ma, mb, mc, bán kính đường tròn nội tiếp r, bán kính đường tròn ngoại tiếp R, bất đẳng thức sau đúng:

(ma+mb+mc)2

a2+b2+c2 ≤2+ r2

với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi4ABC là tam giác đều.

Gần đây, bất đẳng thức (6.1) đã được chứng minh bởi Liu J.(xem, [3, 4]) Tuy nhiên,chứng minh này rất phức tạp Tác giả dùng một số bổ đề , trong đó có bất đẳng thức

4mbmc ≤2a2+bc−4p(p−a)(b−c)

2

với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b =c

Chứng minh của Định lý 6.1 khá dài, nên chúng tôi không trình bày ở đây

Trong mục này, ta sẽ áp dụng Định lý 6.1 để thiết lập hai bất đẳng thức mới, mà vẫnchưa được chứng minh bằng cách dùng bất đẳng thức (5.2)

Định lý 6.2 Với mọi tam giác ABC ta có:

ma+mb+mc− (ha+hb+hc) ≤2(R−2r), (6.3)

với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi4ABC là tam giác đều.

Chứng minh. Theo Định lý 6.1, để chứng minh (6.3) ta cần chứng minh

ta thấy rằng bất đẳng thức (6.3) mạnh hơn kết quả sau:

Nhận xét 6.2. Bằng cách sử dụng bất đẳng thức (5.2), ta dễ dàng chứng minh bất đẳngthức tuyến tính cho tổng ma+mb+mc:

ma+mb+mc ≤2p− (6√3−9)r (6.9)Bất đẳng thức này cũng mạnh hơn (6.8) vì ta có bất đẳng thức sau:

của W.J Blundon (xem tài liệu trong [3])

Tiếp theo, ta chứng minh một bất đẳng thức về tam giác nhọn, mà được tác giả tìm ratrong nhiều năm trước nhưng vẫn chưa chứng minh được cho tới bây giờ

Định lý 6.3 Cho tam giác nhọn ABC ta có:

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác nhọn ABC là tam giác đều.

Chứng minh. Theo Định lý 6.1, để chứng minh (6.11), ta chỉ cần chứng minh rằng

(ha+hb+hc)2− 1

2 +

rR

Ta viết lại N0như sau

N0=4r2(R+2r)(2R2+r2)e+8r4G2+R[4r(3R+r)eRG1]C0, (6.15)trong đó

7 Bất đẳng thức mới về tổ hợp tuyến tính của các đường cao và đường trung tuyến

Mục này trình bày một số bất đẳng thức về tổ hợp tuyến tính của các đường cao vàđường trung tuyến dựa trên các kết quả Zhivko Zhelev trong [6] năm 2008

Hình học về tam giác là một lĩnh vực của hình học cở sở nơi các kết quả mới thú vịluôn bật lên Có rất nhiều định lý liên quan đến hình học về tam giác, bao gồm hàng trămcác bất đẳng thức hình học (ví dụ xem [1]) Kết quả sau đây bao gồm hai bất đẳng thức

mà trông khá dễ chịu, nhưng bất đẳng thức thứ hai hóa ra là vô cùng khó khăn để giảiquyết Thực ra, chúng tôi chứng minh kết quả sau

Định lý 7.1 Cho4ABC là tam giác bất kỳ với các cạnh a, b và c Đặt ha, hb, hc và ma, mb, mc

tương ứng là đường cao và trung tuyến của các cạnh Khi đó hai bất đẳng thức sau đúng:

!

⇔3xyz≤ x3+y3+z3, x>0, y >0, z>0.

Bất đẳng cuối cùng hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Am-GM và ta chứng minh xong(7.1)

• Bây giờ chúng ta sẽ chúng minh bất đẳng thức (7.2) Không giảm tính tổng quát, ta

có thể giả sử với4ABCrằng a≥ b≥c Có ba trường hợp có thể:

1 4ABClà tam giác đều, tức là a=b=c

2 4ABClà tam giác cân, tức là a= b>c

3 4ABClà tam giác tùy ý, tức là a>b>c

Trước tiên, ta viết lại (7.2) dưới dạng

(a−√bc)ma+ (b−√ac)mb+ (c−√ab)mc ≤0 (7.3)

Trường hợp thứ nhất Nếu4ABClà tam giác đều, thì a−√bc= b−√ac = c−√ab =0

và (7.3) là đẳng thức Ở bên dưới ta sẽ thấy trong trường hợp này thật ra là trường hợpcực trị của bài toán

Trường hợp thứ hai Bây giờ cho4ABC là tam giác đều ta có thể giả sử a = b > c > 0.Mặt khác ta có

ma = 12

p2b2+2c2−a2 = 1

2

p

a2+2c2 =mb,

mc= 12

p2a2+2b2−c2= 1

2

p4a2−c2

(7.4)

Sử dụng (7.4), (7.3) trở thành

(a−√ac)pa2+2c2≤ a−c

2p4a2−c2, a>c (7.5)

Ta sẽ chứng minh (7.5) Sau một số tính toán, ta thu được:

(a−√ac)pa2+2c2≤ a−c

2

p4a2−c2, a>c

c6+81a2c4+16a4c2+18ac5−8a2c4−72a3c3≤64a5c+4ac5−32a3c3

⇔c6+14ac5+73a2c4−40a3c3+16a4c2−64a5c≤0

⇔c(c5+14ac4+73a2c3−40a3c2+16a4c−64a5) ≤0

(c5+14ac4+73a2c3−40a3c2+16a4c−64a5) ≤0

4

+73

ca

3

−40

ca

2

+16

ca

r ca

! s

2 ba

2

+2ca

2

−1+ b

a −

r ca

s

2+2c

a

2

− ba

và do vậy 1

2a

2F(x, y) ≤0⇔F(x, y) ≤0

Chúng tôi gọi hàm hai biến F(x, y)định nghĩa như bên trên là hàm cá quỷ và bề mặt

đồ thị của hàm này trongR3được gọi là mặt cá quỷ.

Theo ký hiệu mới bất đẳng thức (7.3) chuyển thành bài toán cực trị

Dùng các phần mềm toán học, ví dụ như Maple ta thấy rằng

∂F(x, y)

∂x = −yp2x2+2y2−1

2(1−√xy)xp2x2+2y2−1+

và vì hàm cá quỷ là hàm đối xứng, tức là F(x, y) =F(y, x), ta suy ra

∂F(x, y)

∂y = −xp2y2+2x2−1

2(1−√xy)yp2y2+2x2−1+

!

−3

√

32

!

− 3

√

33

!4

= 94

2 <0, suy ra điểm M2(1, 1)là điểm cực đại trên M Để cho đầy

đủ, ta cần kiểm tra điều gì xảy ra trên biên bởi vì M2 ∈∂M Nhưng điều này là dễ dàng

và việc kiểm tra này bao gồm các trường hợp{x=0},{x= y},{x =1}và{x+y=1}.Điều này dẫn tới kết quả rằng điểm trong câu hỏi thật ra là điểm cực đại tuyệt đối trong

M Điều này kéo theo

Mặt cá quỷ có thể nhìn thấy như sau:

Sử dụng phần mềm Maple hoặc Mathematica, ta có thể xem được các góc nhìn khácnhau của mặt này:

Do đó tất cả các trường hợp của định lý được chứng minh 

Mệnh đề 8.1 Trong tam giác ABC, nếu A<C, thì wa >wc

Chứng minh. Ta có

w2a = 4bcp(p−a)

(b+c)2 , w2c = 4abp(p−c)

(a+b)2 Suy ra

Vì A<C, nên a<c Suy ra w2a−w2c >0, hay wa > wc Mệnh đề được chứng minh

Mệnh đề 8.2 Trong mọi tam giác ABC có bất đẳng thức

wawb+wbwc+wcwa ≤rarb+rbrc+rcra (8.1)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi tam giác ABC đều.

rarb+rbrc+rcra = p2.

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 8.3 Trong mọi tam giác ABC có bất đẳng thức

rawa+rbwb+rcwc ≤ pa+b+c

2.Mệnh đề được chứng minh

Mệnh đề 8.4 Trong mọi tam giác ABC có bất đẳng thức

Mệnh đề 8.5 Trong mọi tam giác ABC có bất đẳng thức

w2a+w2b+w2c ≥3√3S (8.4)Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

4∑a2Theo các bất đẳng thức Hadwiger-Finsler và Gordon [1]( sẽ được chúng minh dưới dạngcác bồ đề dưới đây)

Vậy bất dẳng thức (8.4) được chúng minh

Bổ đề 8.1 (Bất đẳng thức Hadwiger-Finsler 1, 1939) Trong mọi tam giác ABC có bất đẳng

(xy)2+ (yz)2+ (zx)2≥ (xy)(yz) + (yz)(zx) + (zx)(xy).Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x=y= z⇔ p−a= p−b= p−c⇔ a=b=c

Bổ đề được chứng minh

Bổ đề 8.2(Bất đẳng thức Gordon 1966) Trong mọi tam giác ABC có bất đẳng thức

9 Bất đẳng thức mới liên quan đến đường phân giác

và đường trung tuyến

có thể xem trong các chuyên khảo nổi tiếng [1, 5]

Trong [5] ( tr 220) trình bày các bất đẳng thức sau

p2≤ ∑mawa ≤3(2R2+r2) (9.1)Đây là bất đẳng thức Janous mở rộng (theo [7])

9.2 Một số bổ đề

Để chứng minh kết quả chính của chúng tôi, chúng tôi sẽ sử dụng các kết quả sau

Bổ đề 9.1 Trong tam giác ABC, ta có

2∑a−4p∑a2+∑a3)

Dựa theo các đẳng thức trong [5] (trang 52), ta có

∑a2=2(p2−4Rr−r2),

∑a3=2p(p2−6Rr−3r2),

abc=4Rrp,nên ta thu được (9.6)

9.3 Kết quả chính

Định lý 9.1 Trong tam giác ABC, ta có

p(p−a) ≤mawa ≤ p(p−a) + S2

2p(p−a)(b+c)2(b−c)2 (9.7)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b=c

Chứng minh. Theo Bổ đề 9.1 ta dễ dàng tính được

Hệ quả 9.1 Trong tam giác ABC, ta có

Dựa theo Hệ quả 9.1, ta có thể thu được kết quả sau.

Hệ quả 9.2 Trong tam giác ABC, ta có

Ta chú ý (9.11) mạnh hơn vế phải của (9.1)

Nhận xét 9.2. Xiao-Guang Chu chứng minh được rằng bất đẳng thức (theo [7]):

Theo Hệ quả 9.1, ta thu được

Hệ quả 9.4 Trong tam giác ABC, ta có

4p(p

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.

Dựa vào Hệ quả 9.1 và một vài đẳng thức đã biết, ta thu được

Hệ quả 9.5 Trong tam giác ABC, ta có

Chứng minh. Theo vế trái của (9.7) và Bổ đề 9.2, ta có

wa =∑mawa

w2 a

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.

Chứng minh. Theo Định lý 9.2, ta chỉ cần chỉ cần chứng minh

Thật ra, (9.16) từng là một giả thiết được đề xuất bởi Hua-yan Yin (theo [7])

Định lý 9.3 Trong tam giác ABC, ta có

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.

Chứng minh. (9.19) tương đương với

1abc∑bcma ≥ 3

⇔∑bcma ≥6√3Rrp+3(2−√3)

2 ∑a(b−c)2 (9.20)

Dựa đẳng thức đã biết

∑a(b−c)2=2p(p2−14Rr+r2),

ta thu được

∑bcma ≥3p[(2−√3)p2+ (16√3−28)Rr+ (2−√3)r2] (9.21)Đẳng thức và bất đẳng thức sau được đưa ra trong [5, tr 242, tr 244]:

∑b2c2m2a = p6−12Rrp4+r2p4+r2p2(12R2+8Rr−r2) −r3(4R+r)3 (9.22)

abc∑ambmc≥4Rrp2(p2−7Rr+5r2) (9.23)Dựa vào (9.22) và (9.23), ta có

R ≥ 0 (xem [7]), R≥ 2r và các hệ số trong dấu ngoặc không âm,

ta suy ra điều phải chứng minh

10 Bất đẳng thức mới liên quan đến đường phân giác

và điểm bên trong tam giác

Nội dung của mục này được hình thành trên cơ tài liệu [8]

10.1 Giới thiệu

Như thường lệ, chúng ta xét tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c, bán kínhđường tròn ngoại nội tiếp là R và r tương ứng Ký hiệu ma, mb, mclà đọ dài các đườngphân giác Giả sử P là điểm bên trong tam giác ABC Ký hiệu Ra, Rb, Rclà bán kính đườngtròn ngoại tiếp của các tam giác PBC, PCA, PAB tương ứng

Chứng ta sẽ chứng minh Định lý sau đây

Định lý 10.1 Với mọi điểm trong P và mọi số dương x, y, z, ta có bất đẳng thức

λ21+λ22+λ23≥ (−1)n+1{2λ2λ3cos nA+2λ3λ1cos nB+2λ1λ2cos nC}, (10.2)

trong đó λ1, λ2, λ3là các số thực tùy ý, n là số nguyên, và A, B, C là các góc của tam giác bất kỳ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

{λ1+ (−1)n(λ2cos nC+λ3cos nB)}2+ {λ2sin nC−λ3sin nB}2≥0, (10.4)

{λ2+ (−1)n(λ1cos nC+λ3cos nA)}2+ {λ1sin nC−λ3sin nA}2≥0 (10.5)