›

Luận văn Bất đẳng thức Klamkin: Một số mở rộng và ứng dụng

pdf 69 trang phuongvu95 3310
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Luận văn Bất đẳng thức Klamkin: Một số mở rộng và ứng dụng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfluan_van_bat_dang_thuc_klamkin_mot_so_mo_rong_va_ung_dung.pdf

Nội dung text: Luận văn Bất đẳng thức Klamkin: Một số mở rộng và ứng dụng

  1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG NGỤY PHAN TIẾN BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN: MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – Năm 2016
  2. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG NGỤY PHAN TIẾN – C00461 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN: MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG Hà Nội – Năm 2016 Thang Long University Library
  3. MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 1 Chương 1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN VÀ MỘT SỐ HỆ QUẢ 3 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN 3 1.1.1 Định lí 1.1.1 3 1.1.2 Định lí 1.1.1’ 3 1.2 MỘT SỐ HỆ QUẢ 7 1.2.1 Hệ quả 1.2.1 7 Hệ quả 1.2.1 7 Các ứng dụng của hệ quả 1.2.1 8 1.2.2 Hệ quả 1.2.2 10 Hệ quả 1.2.2 11 Chứng minh hệ quả 1.2.2 11 Các ứng dụng của hệ quả 1.2.2 13 1.2.3 Hệ quả 1.2.3 16 Hệ quả 1.2.3 16 Chứng minh hệ quả 1.2.3 16 Các ứng dụng của hệ quả 1.2.3 19 1.2.4 Hệ quả 1.2.4 25 1.2.5 Hệ quả 1.2.5 26 1.2.6 Hệ quả 1.2.6 27 1.2.7 Hệ quả 1.2.7 30 1.2.8 Hệ quả 1.2.8 31 1.2.9 Hệ quả 1.2.9 34 Kết luận Chương 1 37
  4. Chương 2 MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN 38 2.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN CHO HAI ĐIỂM 38 2.1.1 Định lí 2.1.1 38 2.1.2 Các hệ quả 40 2.1.3 Một vấn đề mở 45 2.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÁC LIÊN QUAN 45 2.2.1 Định lí 2.2.1 46 2.2.2 Các trường hợp đặc biệt của 2.2.1 47 2.3 MỞ RỘNG BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN CHO BỘ BA TỌA ĐỘ BARYCENTRIC CỦA CÁC ĐIỂM 48 2.3.1 Các kết quả chính 49 2.3.2 Ứng dụng 51 Kết luận Chương 2 61 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 62 1. Kết luận 62 2. Khuyến nghị 62 DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO 63 Thang Long University Library
  5. LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS TS Tạ Duy Phượng, luận văn cao học chuyên nghành phương pháp Toán sơ cấp với đề tài Bất đẳng thức Klamkin: Một số mở rộng và ứng dụng là công trình nghiên cứu của riêng tôi trong thời gian học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Thăng Long. Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa và phát huy những kết quả của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Hà Nội, tháng 05 năm 2016 Tác giả Ngụy Phan Tiến
  6. TÓM TẮT LUẬN VĂN Luận văn gồm ba phần: PHẦN 1. Mở đầu PHẦN 2. Nội dung Phần này gồm hai chương: Chương 1. BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN VÀ MỘT SỐ HỆ QUẢ 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN 1.2 MỘT SỐ HỆ QUẢ Chương 2. MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN 2.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN CHO HAI ĐIỂM 2.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÁC LIÊN QUAN 2.3 MỞ RỘNG BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN CHO BỘ BA TỌA ĐỘ BARYCENTRIC CỦA CÁC ĐIỂM PHẦN 3. Kết luận và khuyến nghị Thang Long University Library
  7. MỞ ĐẦU Bất đẳng thức là một trong những chuyên đề cơ bản của toán học nói chung, toán phổ thông và toán sơ cấp nói riêng. Bất đẳng thức trong tam giác là một chuyên mục hấp dẫn trong chương trình Hình học sơ cấp. Đây là lĩnh vực toán học đã được quan tâm từ thời cổ đại, và nay vẫn còn tính thời sự. Vấn đề đặt ra là: Ngày nay có thể phát hiện và chứng minh các bất đẳng thức mới trong tam giác không? M. S. Klamkin (xem [7], 1975) đã chứng minh một bất đẳng thức sau đây: Giả sử ABC là một tam giác bất kì có độ dài các cạnh là a,,; b c P là một điểm bất kì trong không gian. Kí hiệu khoảng cách từ P đến các đỉnh ABC,, là RRR1,,. 2 3 Với mọi bộ số thực x,, y z ta có 2 2 2 2 2 2 x y z xR1 yR 2 zR 3 yza zxb xyc . (*) Bất đẳng thức (*) được M. S. Klamkin gọi là moment cực của bất đẳng thức quán tính (the polar moment of the inertia inequality). Jian Liu trong [8] gọi bất đẳng thức (*) là bất đẳng thức hình học có trọng (the weigted geometric inequality). Trong [6], bất đẳng thức (*) được gọi là bất đẳng thức Klamkin. Bất đẳng thức (*) là một bất đẳng thức quan trọng trong tam giác, nó có rất nhiều hệ quả và ứng dụng. Mặc dù vậy, có lẽ nó còn gần như chưa được quan tâm đúng mức trong các tài liệu tiếng Việt. Luận văn Bất đẳng thức Klamkin: Một số mở rộng và ứng dụng có mục đích trình bày chứng minh bất đẳng thức (*), các mở rộng và các ứng dụng của nó, đặc biệt là trong chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác. Luận văn Bất đẳng thức Klamkin: Một số mở rộng và ứng dụng được chia ra làm hai chương. 1
  8. Chương 1. Bất đẳng thức Klamkin và một số Hệ quả Chương này tập trung trình bày và chứng minh bất đẳng thức Klamkin. Nêu các hệ quả của bất đẳng thức Klamkin và các ứng dụng. Chương 2. Một số mở rộng của bất đẳng thức Klamkin Chương này gồm các mục: Mục 2.1 Bất đẳng thức Klamkin cho hai điểm: Phát biểu và chứng minh bất đẳng thức Klamkin mở rộng cho hai điểm, đồng thời nêu các hệ quả là các bất đẳng thức trong tam giác. Mục 2.2 Một số bất đẳng thức khác liên quan. Mục 2.3 Trình bày mở rộng bất đẳng thức Klamkin cho bộ ba tọa độ barycentric của các điểm. Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của PGS TS Tạ Duy Phượng. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự chỉ bảo hướng dẫn của thầy. Em xin trân trọng cảm ơn tới các Thầy, Cô giáo trong trường Đại học Thăng Long, phòng sau đại học trường Đại học Thăng Long. Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp CTM3-BG (Cao học toán Bắc Giang) khóa 2014 – 2016 của Trường Đại học Thăng Long đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này. Tác giả xin cảm ơn Ban giám hiệu, các đồng nghiệp trường THPT Yên Dũng số 3, huyện Yên Dũng, tỉnh Bắc Giang đã tạo điều kiện cho tác giả học tập và hoàn thành kế hoạch học tập. Hà Nội, ngày 12 tháng 05 năm 2016 Tác giả Ngụy Phan Tiến 2 Thang Long University Library
  9. Chương 1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN VÀ MỘT SỐ HỆ QUẢ 1.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN Klamkin trong [7] đã phát biểu định lý sau. 1.1.1 Định lí 1.1.1 (Klamkin [7], 1975) Giả sử ABC là một tam giác bất kì có độ dài các cạnh là a,,; b c P là một điểm bất kì trong không gian. Kí hiệu khoảng cách từ P đến các đỉnh ABC,, là RRR1,,. 2 3 Nếu x,, y z là các số thực thì x y z xR2 yR 2 zR 2 yza 2 zxb 2 xyc 2. (1.1.1) 1 2 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi P nằm trong mặt phẳng tam giác và x::::, y z SPBC S PCA S PAB trong đó S là diện tích tam giác. Chứng minh Định lí 1.1.1 Ta có:    2 xPA yPB zPC 0 x2 PA 2 y 2 PB 2 z 2 PC 2       2xyPAPB . 2 yzPB . PC 2 zxPC . PA 0. (1.1.2) Theo định lý hàm số cosin ta có:     2PAPB . 2 PAPB . cos PA , PB PA2 PB 2 c 2 ;     2PB . PC 2 PB . PC cos PB , PC PB2 PC 2 a 2 ;     2PC . PA 2 PC . PA cos PC , PA PC2 PA 2 b 2 . Thay các bất đẳng thức trên vào (1.1.2) ta được: 3
  10. x2 PA 2 y 2 PB 2 z 2 PC 2 xy PA 2 PB 2 c 2 yz PB2 PC 2 a 2 zx PC 2 PA 2 b 2 0. x y z xPA2 yPB 2 zPC 2 yza 2 zxb 2 xyc 2, hay 2 2 2 2 2 2 x y z xR1 yR 2 zR 3 yza zxb xyc . Đẳng thức trong (1.1.1) xảy ra khi và chỉ khi    xPA yPB zPC 0, (1.1.1.1) tức là P là tâm tỉ cự của hệ điểm ABC,,. Bây giờ ta đi chứng minh bổ đề sau. Bổ đề 1.1.1 P là điểm thuộc miền trong của tam giác ABC khi và chỉ khi    S PBC. PA S PCA . PB S PAB . PC 0. (1.1.1.2) Chứng minh Điểm P nằm ngoài miền trong tam giác ABC thì vế trái của (1.1.1.2) không thể bằng 0 và ngược lại. Do đó có thể coi là điểm P thuộc miền trong của tam giác ABC. Dựng hệ tọa độ Pxy sao cho P 0;0 , A x1 ; y 1 , B x 2 ; y 2 , C x 3 ; y 3 . Diện tích các tam giác PBC,, PCA PAB được tính theo công thức: x2 y 2 x 3 y 3 x 1 y 1 2S PBC ; 2S PCA ; 2S PAB . x3 y 3 x 1 y 1 x 2 y 2 Do vậy  2.S . PA x y x y x ; y ; PBC  2 3 3 2 1 1 2.S . PB x y x y x ; y ; PCA  3 1 1 3 2 2 2.S PAB . PC x1 y 2 x 2 y 1 x 3 ; y 3 ; Bởi vì hai định thức sau có hai hàng trùng nhau nên 4 Thang Long University Library
  11. x1 x 2 x 3 y1 y 2 y 3 x1 x 2 x 3 x1 x 2 x 3 0. y1 y 2 y 3 y1 y 2 y 3 Do đó    S PBC PA S PCA PB S PAB PC xy23 xyxy 3211 ;;; xy 31 xyxy 1322 xy 12 xyxy 2133 xy xyx xy xyx xy xyx ; 23 321 13 312 12 213 xy xyy xy xyy xy xyy 23 321 13 312 12 213 x x x y y y 1 2 3 1 2 3 x x x; x x x 0;0 0. 1 2 3 1 2 3 y y y y y y 1 2 3 1 2 3 Từ (1.1.1.1) và (1.1.1.2) suy ra dấu bằng xảy ra trong (1.1.1) khi và chỉ khi x:::: y z SPBC S PCA S PAB . 1.1.2 Trong [1] (Bài 5, trang 204) đã phát biểu và chứng minh bất đẳng thức sau, là dạng tương đương của bất đẳng thức Klamkin (1.1.1). Định lí 1.1.1’ Cho tam giác ABC và ba số x, y , z 0. P là một điểm bất kì trong không gian. Khi ấy: 2 2 2 2 2 2 xyz a b c x PA y PB z PC (1.1.3) x y z x y z Chứng minh dựa trên các bổ đề sau. Bổ đề 1.1.2 Cho tam giác ABC và ba số x, y , z 0. Tồn tại duy nhất điểm J thuộc mặt phẳng ABC sao cho    x. JA y . JB z . JC 0. Chứng minh Ta có 5
  12.         xJA yJB zJC xJA yJA AB zJA AC    x y z JA yAB zAC 0    yAB zAC AJ . x y z Đẳng thức cuối chứng tỏ luôn xác định duy nhất một điểm J thỏa mãn điều    kiện x. JA y . JB z . JC 0.    Bổ đề 1.1.3 Giả sử điểm J thỏa mãn x. JA y . JB z . JC 0 (Với x y z 0 ). Khi ấy với mọi điểm P trong không gian ta luôn có x PA2 y PB 2 z PC 2 xy AB 2 yz BC 2 zx CA 2 PJ 2 . 2 (1.1.4) x y z x y z x y z Chứng minh Đặt ,,.   Khi ấy x y z x y z x y z   1 và ta có:      x y zPJ xJA yJB zJC PJ   x  y z    xPJ JA yPJ JB zPJ JC   x  y z x PA y PB z PC    = .PA  . PB  . PC . x y z Suy ra  2    2 PJ PA  PB  PC 2 .PA 2  2 . PB 2  2 . PC 2       +2  .PAPB . 2  . PB . PC 2  . PC . PA . Ta có 6 Thang Long University Library
  13.     2 2PAPB . PA2 PB 2 PB PA PA 2 PB 2 AB 2 ;     2 2 2 2 2 2 2PB . PC PB PC PC PB PB PC BC ;     2 2 2 2 2 2 2PC . PA PC PA PA PC PC PA CA . Suy ra PJ2 2 PA 2  2 PB 2  2 PC 2  PA 2 PB 2 AB 2 + PB2 PC 2 BC 2  PC 2 PA 2 CA 2 PA2 (  ) PB 2 (  ) PC 2 (  )  AB2  BC 2  CA 2 x PA2 y PB 2 z PC 2 xy AB 2 yz BC 2 zx CA 2 2 x y z x y z Chứng minh Định lí 1.1.1’ Do PJ 2 0 nên 2 2 2 2 2 2 xyz a b c x PA y PB z PC x y z x y z Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi PJ2 0 P  J . 1.2 MỘT SỐ HỆ QUẢ 1.2.1 Hệ quả 1.2.1 Jian Liu trong [9] (2011) đã phát biểu hệ quả sau của bất đẳng thức Klamkin. Hệ quả 1.2.1 Với mọi số thực dương x,, y z ta có p a p b p c xa yb zc p , (1.2.1) x y z yza zxb xyc a b c trong đó p là nửa chu vi tam giác. 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z. 7
  14. Các ứng dụng của hệ quả 1.2.1 Hệ quả 1.2.1.1 (Thi vào Đại học kinh tế quốc dân, 1998) Chứng minh rằng, trong tam giác ABC ta có: ab a b 2 c bc b c 2 a ca c a 2 b 0. (1.2.1.1) Chứng minh 1 Ta có (1.2.1.1) tương đương với ab a b 2 c bc b c 2 a ca c a 2 b 0 ab a b c bc b c a ca c a b 3 abc p a p b p c 3 . (1.2.1.1.1) a b c 2 Áp dụng bất đẳng thức (1.2.1) cho (1.2.1.1.1) với x a,, y b z c ta được: a b c a2 b 2 c 2 p a p b p c 2 a b c bca cab abc 3 2 3 3 abc 3 abc . 3 2 . 3.abc 2 Dấu đẳng thức xảy ra a b c hay tam giác ABC đều. Chứng minh 2 Biến đổi vế trái của (1.2.1.1) ta được ab a b 2 c bc b c 2 a ca c a 2 b a2 b ab 2 2 abc b 2 c bc 2 2 abc c 2 a ca 2 2 abc a b2 2 bc c 2 b a 2 2 ac c 2 c a 2 b 2 2 ab 2 2 2 a b c b a c c a b 0. Dấu đẳng thức xảy ra a b c hay tam giác ABC đều. Hệ quả 1.2.1.2 (Vô địch Quốc tế, 1983; Thi Olympic 30-04-2003, Lớp 11) Chứng minh rằng, trong tam giác ABC ta có: aba2 b bcb 2 c cac 2 a 0. (1.2.1.2) Chứng minh 1 Ta có (1.2.1.2) tương đương với 8 Thang Long University Library
  15. aba2 c b bcb 2 a c cac 2 b a abc 2 bca 2 cab 2 p a p b p c a b c abc. 1 1 1 2 c2 a a 2 b b 2 c p a p b p c abcp. (1.2.1.2.1) 1 1 1 c2 a a 2 b b 2 c 1 1 1 Áp dụng bất đẳng thức (1.2.1) cho (1.2.1.2.1) với x ,, y z : c2 a a 2 b b 2 c 1 1 1 a b c p p a p b p c c2 a a 2 b b 2 c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c ca2 ab 2 bc 2 abbc 2 2 bcca 2 2 caab 2 2 1 1 1 p p a p b p c a2 b 2 c 2 1 1 1 1 1 1 1 c2 a a 2 b b 2 c abc a2 b 2 c 2 p a p b p c abcp. 1 1 1 c2 a a 2 b b 2 c 1 1 1 Đẳng thức xảy ra a b c hay tam giác ABC đều. c2 a a 2 b b 2 c Chứng minh 2 (Hình 1.2.1.2) 9
  16. Ta có b c a AM AN x p a 0, 2 c a b BM BP y p b 0, 2 a b c CN CP z p c 0. 2 Suy ra (xem hình 1.2.1.2) a y z;; b x z c x y abyxbczyca ;;. xz Khi đó bất đẳng thức (1.2.1.2) tương đương với 2 2 2 yzxzyx xzxyzy xyyzxz 0, hay xy3 yz 3 zx 3 xyzx y z . Bất đẳng thức này tương đương với y2 z 2 x 2 x y z. z x y Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 2 2 2 y z x 2 x y z x y z . z x y Suy ra điều phải chứng minh. 1.2.2 Hệ quả 1.2.2 Jian Liu trong [8], Theorem 2.2 đã phát biểu và chứng minh bất đẳng thức sau là hệ quả của bất đẳng thức Klamkin. 10 Thang Long University Library
  17. Hệ quả 1.2.2 Giả sử ABC là một tam giác bất kì có độ dài các cạnh là a,,; b c x,, y z là các số dương; P là một điểm bất kì trong mặt phẳng tam giác ABC. Khi ấy ta có bất đẳng thức R2 R 2 R 2 aR bR cR 1 2 3 1 2 3 . (1.2.2) x y z yz zx xy Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác nhọn, P trùng với trực tâm tam giác và x: y : z cot A : cot B : cot C . Chứng minh hệ quả 1.2.2 Để chứng minh (1.2.2), ta chứng minh bổ đề sau. Bổ đề 1.2.1 Cho ABC là một tam giác tùy ý và P là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng chứa tam giác ABC . Nếu bất đẳng thức sau đây: f a, b , c , R , R , R 0. (1.2.3) 1 2 3 đúng, thì cũng có bất đẳng thức: f aRbR, , cR , RR , RR , RR 0. (1.2.4) 1 2 3 2 3 3 1 1 2 trong đó RRR1,, 2 3 lần lượt là khoảng cách từ P đến các đỉnh ABC,,. Chứng minh Xét phép nghịch đảo N tâm P, hệ số RRR1 2 3 , ta có NAABBCC:,,. Khi đó ta có PA'.,.,. PB PC R2 R 3 PB PC PA R 3 R 1 PC PAPB R 1 R 2 và B C aPA aR1,,. C A bPB bR 2 A B cPC cR 3 Vì f a, b , c , R , R , R 0 đúng với mọi tam giác ABC và mọi P nên áp 1 2 3 dụng điều kiện này cho tam giác ABC và điểm P ta được: 11
  18. f B C , C A , A B , PA , PB , PC 0. hay f aRbR1, 2 , cR 3 , RR 2 3 , RR 3 1 , RR 1 2 0.  Chứng minh Hệ quả 1.2.2 Nếu P trùng với một trong các đỉnh của ABC, chẳng hạn PA thì PA 0, PB c , PC b và bất đẳng thức (1.2.2) trở thành tầm thường. Trong trường hợp này, dấu đẳng thức trong (1.2.2) rõ ràng không xảy ra. Giả sử P không trùng với một trong các đỉnh của ABC. Nếu x,, y z là các số dương thì bất đẳng thức (1.1.1) tương đương với bất đẳng thức sau: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 a b c xR1 yR 2 zR 3 . (1.2.5) yz zx xy x y z Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 2 a2 b 2 c 2 a b c . x y z x y z Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x:::: y z a b c và P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Áp dụng phép nghịch đảo trong Bổ đề 1.2.1 cho bất đẳng thức (1.2.5) ta được: 2 2 2 2 1 1 1 aR bR cR x R R y R R z R R 1 2 3 . 2 3 3 1 1 2 yz zx xy x y z hay 2 2 2 RRRRRR 2 2 3 3 1 1 2 aR1 bR 2 cR 3 . (1.2.6) yz zx xy x y z 12 Thang Long University Library
  19. 2 2 2 Thay x xR1,,, y yR 2 z zR 3 ta được: 2 1 1 1 aR bR cR 1 2 3 . (1.2.7) yz zx xy xR2 yR 2 zR 2 1 2 3 1 1 1 Lại một lần nữa thay x ,, y z ta được bất đẳng thức (1.2.2) x y z cần chứng minh. Nếu đẳng thức trong (1.2.3) xảy ra chỉ khi P là tâm của đường tròn nội tiếp ABC, thì đẳng thức trong (1.2.4) xảy ra khi ABC là tam giác nhọn và P là trực tâm của nó. Theo điều này và điều kiện để đẳng thức xảy ra trong (1.2.5), ta biết rằng đẳng thức trong (1.2.2) xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác nhọn, P là trực tâm của nó và RRR 1 2 3 . (1.2.8) xa yb zc Khi P là trực tâm tam giác nhọn ABC, ta có: RRRABC1: 2 : 3 cot : cot : cot . Do đó, trong trường hợp này, từ (1.2.8) ta có x: y : z cot A : cot B : cot C . Vì vậy, có đẳng thức trong (1.2.2) khi và chỉ khi ABC là tam giác nhọn, P trùng với trực tâm của nó và x y z .  cotABC cot cot Các ứng dụng của hệ quả 1.2.2 Các Hệ quả dưới đây có thể xem trong [3]. Hệ quả 1.2.2.1 Với P tùy ý nằm trong mặt phẳng chứa ABC và với mọi số dương x,, y z bất đẳng thức sau luôn đúng: 13
  20. RRR2 2 2 4S 1 2 3 . (1.2.2.1) x y z xy yz zx Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x: y : z cot A : cot B : cot C và P là trực tâm của tam giác nhọn ABC. Hệ quả 1.2.2.2 Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng chứa tam giác. Khi đó bất đẳng thức sau đúng: 2 2 2 3 RRRS1 2 3 . (1.2.2.2) 3 Hệ quả 1.2.2.3 Với P tùy ý nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC và với mọi số dương x,y,z, bất đẳng thức sau luôn đúng: aR2 bR 2 cR 2 1 2 3 2Rr . (1.2.2.3) aR1 bR 2 cR 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là trực tâm của nó. Hệ quả 1.2.2.4 (Bất đẳng thức Hayashi) NếuP là một điểm tùy ý và không trùng với các đỉnh của tam giác ABC, thì RRRRRR 2 3 3 1 1 2 1. (1.2.2.4) bc ca ab Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trực tâm của tam giác nhọn ABC. Hệ quả 1.2.2.5 Nếu P là một điểm tùy ý và không trùng với các đỉnh của tam giác ABC, thì 2 1 1 1 R R R R R R 4 p2 , (1.2.2.5) 2 3 3 1 1 2 RRRRRR2 3 3 1 1 2 trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC nhọn và P là trực tâm của nó. 14 Thang Long University Library
  21. Hệ quả 1.2.2.6 ChoP là một điểm nằm trong tam giác ABC, khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng 2 2 2 RRRRRR 16 2 3 3 1 1 2 p2, (1.2.2.6) r2 r 3 r 3 r 1 r 1 r 2 9 trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC. Hệ quả 1.2.2.7 ChoP là một điểm nằm trong tam giác ABC, khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng 2 RRR 4 1 2 3 p. (1.2.2.7) r1 r 2 r 3 3 Hệ quả 1.2.2.8 ChoP là một điểm nằm trong tam giácABC, khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng 2 2 2 RRR1 2 3 4 r1 r 2 r 3 . (1.2.2.8) ra r b r c 3 Hệ quả 1.2.2.9 ChoP là một điểm nằm trong tam giácABC, khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng 2 2 2 RRR1 2 3 r1 r 2 r 3 r. (1.2.2.9) ra r b r c Hệ quả 1.2.2.10 ChoP là một điểm nằm trong tam giácABC. Gọi ha,, h b h c lần lượt là độ dài đường cao hạ từ ABC,,. Khi đó RRR2 2 2 1 2 3 4r , (1.2.2.10) ha h b h c trong đó r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 15
  22. Hệ quả 1.2.2.11 ChoP là một điểm nằm trong tam giácABC. Khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng 3 2 2 2 2 S aR1 bR 2 cR 3 . (1.2.2.11) 4 27 Hệ quả 1.2.2.12 ChoP là một điểm nằm trong tam giácABC.Gọi ma,, m b m c lần lượt là độ dài trung tuyến xuất phát từ ABC,,. Khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng 2 2 2 4SS ma R1 m b R 2 m c R 3 . (1.2.2.12) 4 3 1.2.3 Hệ quả 1.2.3 Jian Liu trong [9] đã phát biểu và chứng minh hệ quả sau đây của bất đẳng thức Klamkin. Hệ quả 1.2.3 Với mọi số thực và mọi điểm P ta có RRRRRR2 2 2 2 2 2 2 2 3x2 3 1 y 2 1 2 z 2 yz zx xy . 2 2 2 (1.2.3) a b c 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều vàP là tâm của nó. Chứng minh hệ quả 1.2.3 Áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1), ta có: yzzxxyyz22222222 zx 22 xy 22 . RRR2 2 2 22222222 1 22 2 22 3 bccaabbc ca ab 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z x x y 2 x y y z 2 y z z x 2 a b c . c2 a 2 a 2 b 2 a2 b 2 b 2 c 2 b 2 c 2 c 2 a 2 x2 y 2 z 2 y 2 z 2 z 2 x 2 x 2 y 2 2 RRR2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 3 a b c b c c a a b 2222 2222 2222 zxxy 2 xyyz 2 yzzx 2 a b c . caab2222 abbc 2222 bcca 2222 16 Thang Long University Library
  23. (1.2.3.1) Nếu yz zx xy 0 thì (1.2.3) luôn đúng. Nếu yz zx xy 0thì từ (1.2.3.1) để chứng minh (1.2.3), ta cần phải chứng minh rằng: 2222 2222 2222 zxxy 2 xyyz 2 yzzx 2 a b c caab2222 abbc 2222 bcca 2222 2 2 2 4 x y z yz zx xy . (1.2.3.2) 3 a2 b 2 c 2 Bằng cách thay thế x xa,,, y yb z zc thì (1.2.3.2) tương đương với: zxxya22222 xyyzb 22222 yzzxc 22222 4 yzbc zxca xyab x2 y 2 z 2 . (1.2.3.3) 3 3 zxxya22222 xyyzb 22222 yzzxc 22222 4 yzbc zxca xyab x2 y 2 z 2 0, (1.2.3.4) hay 2 a1 a b 1 a c 1 0. (1.2.3.5) với 2 2 2 2 a1 3 z x x y 0; b 1 4 zc yb x . c 3 y22222222 z x y b z x c 4 yzbc x 222 y z 1 = 3b2222 c y z 4 yzbc x 22222 y z 3 b y 3 c 22 z 4 yzbc 2 2 5 2 2 2 2 2 2 2 = 3 by cz cz 3 bz 3 cyx 3 3 2 2 2 2 5 2 2 + y z 3 by cz c z 0. 3 3 17
  24. Để chứng minh (1.2.3.5), ta cần chứng minh 2 2 b1 4 a 1 . c 1 0 4 a 1 . c 1 b 1 0. Ta có: 2 2 4a1 . c 1 b 1 a 2 b b 2 b c 2 . (1.2.3.6) với 62 62 44 422 44 26 a2 20 xy 36 xz 40 xy 76 xyz 36 xz 20 xy +76x2y 4 z 2 56 x 2 y 2 z 4 36 y 6 z 2 36 y 4 z 4 0. 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b2 16 c 5 x 5 x y 5 x z 3 y z x y z yz . 62 62 44 422 44 242 9xy 5 xz 9 xy 19 xyz 10 xz 14 xyz c 4 c2 0. 2 2 2 4 2 6 4 4 2 6 19x y z 5 x z 9 y z y z Nhận thấy, với a2 0, c 2 0 đủ để chứng minh rằng 2 2 b2 4 a 2 . c 2 0 4 a 2 . c 2 b 2 0. Nhưng 2 2 2 2 2 2 4a2 . c 2 b 2 192 c z x x y . 4 4 4 4 x y x y 6 6 6 6 6 6 30x y y z z x 15 4 4 4 4 4 4 4 4 y z y z z x z x (1.2.3.7) 2222 24 2 24 2 24 . 18xyzy zx z xy x yz . 2x2 y 2 z 2 x 6 y 6 z 6 78 x 4 y 4 z 4 Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau: 30 u3 v 3 v 3 w 3 w 3 u 3 15 uvu222 v 2 vwv 222 w 2 wuw 222 u 2 18uvwu vw2 v wu 2 w uv 2 2uvw u3 v 3 w 3 78 u 2 v 2 w 2 0. (1.2.3.8) 18 Thang Long University Library
  25. Trong đó u x2,, v y 2 w z 2 là các số thực không âm. Ta biểu thị vế trái của (1.2.3.8) bởi Q, sau khi phân tích, ta có được đẳng thức sau đây: QQQQ 1 2 3, (1.2.3.9) trong đó: 2 2 2 Q 15 uvuv2 2 vwvw 2 2 wuwu 2 2 1 2 2 2 12uvwuv w vw u wu v 0. Q 2 uvw u3 v 3 w 3 3 uvw 2 30 u3 v 3 v 3 w 3 w 3 u 3 3 u 2 v 2 w 2 0. Q 30 uvwuwv2 2 vwuvuw 2 2 wuvwvu 2 2 . 3 Bằng cách thay thế u vw,, v wu w uv vào bất đẳng thức nổi tiếng Schur: uuvuw vvwvu wwuwv 0. (1.2.3.10) Từ đó suy ra Q3 0. Vậy QQQ1 0, 2 0, 3 0. Từ (11.9) suy ra: Q 0. Dễ dàng thấy dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức (1.2.3.2) đúng khi và chỉ khi x y z và tam giác ABC là tam giác đều. Hơn nữa, dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức (1.2.3) khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là tâm của nó. Vậy hệ quả 1.2.3 được chứng minh. Các ứng dụng của hệ quả 1.2.3 Trong bất đẳng thức (1.2.3), cho a b c x ,,, y z 2 2 2 2 2 2 RRRRRR2 3 3 1 1 2 ta được 19
  26. Hệ quả 1.2.3.1 Cho ABC và điểm P tùy ý, ta có bc ca 2 2 2 2 2 2 2 2 RRRRRRRR3 1 1 2 1 2 2 3 ab 9 . (1.2.3.11) 2 2 2 2 2 RRRR2 3 3 1 Từ bất đẳng thức (1.2.3.11), ta có thể dễ dàng nhận được hai hệ quả sau. Hệ quả 1.2.3.2 Đối với ABC và điểm P tùy ý, ta có 8 2 R2 R 2 R 2 R 2 R 2 R 2 abc . (1.2.3.12) 2 3 3 1 1 2 27 Hệ quả 1.2.3.3 Cho ABC và điểm P tùy ý, ta có RRRRRR2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 2 6. (1.2.3.13) a b c Một kết quả tổng quát hơn (1.2.3.13) là Hệ quả 1.2.3.4 Cho ABC và điểm P tùy ý, ta có: RRRRRR2 2 2 2 2 2 2 2 3x2 3 1 y 2 1 2 z 2 yz zx xy . a b c 3 (1.2.3.14) Thay x a,, y b z c vào (1.2.3.14) ta được: Hệ quả 1.2.3.5 Cho ABC và điểm P tùy ý, ta có: 2 R2 R 2 R 2 R 2 R 2 R 2 bc ca ab . 2 3 3 1 1 2 3 (1.2.3.15) Với 1 là một trong những điểm Crelle -Brocard của ABC, ta có 20 Thang Long University Library
  27. c4 b 2 công thức sau: A2 . Đặt P   thì từ (1.2.3) ta có: 1 b2 c 2 c 2 a 2 a 2 b 2 1 ca22 bx 42 ab 22 cy 42 bc 22 az 42 2 yz zx xybc 2 2 ca 2 2 ab 2 2 . 3 Bằng cách thay thế x y,, y z z x ta nhận được bất đẳng thức mạnh hơn sau đây cho các cạnh của ABC. Hệ quả 1.2.3.6 Cho ABC và các số tùy ý x, y , z , ta có bc22 ax 42 ca 22 by 42 ab 22 cz 42 2 yz zx xybc 2 2 ca 2 2 ab 2 2 . (1.2.3.16) 3 Ta biểu thị các cạnh BCCAAB ,, của ABC lần lượt bởi a , b , c , khoảng cách từ điểm P tùy ý đến các đỉnh ABC,, lần lượt là DDD1,,. 2 3 DDD Trong (1.2.3), thay x 1,,, y 2 z 3 sau đó sử dụng bất đẳng thức a b c Hayashi (có thể được suy ra từ bất đẳng thức Klamkin) DDDDDD 2 3 3 1 1 2 1. (1.2.3.17) b c c a a b ta được Hệ quả 1.2.3.7 Cho ABC, ABC và hai điểm PP,, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 RRDRRDRRD2 3 2 3 1 2 1 2 3 2 . 2 2 2 (1.2.3.18) aa bb cc 3 Đặt ABC  ABC và PP , ta có Hệ quả 1.2.3.8 Cho ABC và điểm P tùy ý. Khi ấy 21
  28. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 RRRRRRRRR2 3 1 3 1 2 1 2 3 2 (1.2.3.19) a4 b 4 c 4 3 (Hình 1.2.3.19) Cho P nằm trong mặt phẳng của ABC, và DEF, , là hình chiếu của P trên các cạnh BC, CA , AB (xem Hình 1.2.3.19). Đặt PD r1,, PE r 2 PF r 3 biết rằng EF R1sin A , FD R 2 sin B , DE R3 sin C , Áp dụng bất đẳng thức (1.2.3) cho tam giác DEF ta có: Hệ quả 1.2.3.9 NếuP nằm trong mặt phẳng của tam giác ABC và không trùng với các đỉnh ABC,, thì với các số thực tùy ý x,, y z ta có bất đẳng thức r2 r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 2 2 3x2 3 1 y 2 1 2 z 2 yz zx xy . (1.2.3.20) 2 2 2 2 2 2 3 RARBRC1sin 2 sin 3 sin Rõ ràng, (1.2.3.20) r2 r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 2 3x2 3 1 y 2 1 2 z 2 2 2 2 RRR1 2 3 2 yzsin B sin Czx sin C sin Axy sin A sin B . (1.2.3.21) 3 Ghi chú Cho x y z 1 và thay vào (1.2.3.21), ta được 22 Thang Long University Library
  29. r2 r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 2 3 3 1 1 2 2. 2 2 2 2 2 2 (1.2.3.22) RARBRC1sin 2 sin 3 sin Hệ quả 1.2.3.10 Nếu P nằm trong mặt phẳng của tam giác ABC và không trùng với các đỉnh ABC,,, thì: 2 2 2 2 2 2 r2 r 32 r 3 r 1 2 r 1 r 2 22 2 2 2 a b c ha h b h c . (1.2.3.23) 2 2 2 3 RRR1 2 3 Ngoài ra, cho x R1,, y R 2 z R 3 thay vào (1.2.3), ta được Hệ quả 1.2.3.11 Đối với bất kỳ ABC và điểm P tùy ý, ta có r2 r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 2 2 3 3 1 1 2 RRRRRR . (1.2.3.24) sin2ABC sin 2 sin 2 3 2 3 3 1 1 2 ABC Trong bất đẳng thức (1.2.3.21), thay x tan , y tan , z tan , sau 2 2 2 đó sử dụng đẳng thức quen thuộc trong tam giác BCCAAB tan tan tan tan tan tan 1, 2 2 2 2 2 2 ta nhận được hệ quả sau. Hệ quả 1.2.3.12 ChoP là một điểm tùy ý sao cho không trùng với các đỉnh của ABC. Khi ấy r2 r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 8 2 3 3 1 1 2 . (1.2.3.25) ABC 3 RRR2cos 4 2 cos 4 2 cos 4 12 2 2 3 2 RRR Trong bất đẳng thức (1.2.3.22), đặt x 1,, y 2 z 3 ta được a2 b 2 c 2 r2 r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 2 3 3 1 1 2 a4 b 4 c 4 23
  30. 2 RRRRRR 2 3sinBCCAAB sin 3 1 sin sin 1 2 sin sin 2 2 2 2 2 2 3 b c c a a b 1 RRRRRR 1 2 3 3 1 1 2 , 2 2 6RR bc ca ab 6 trong đóR là bán kính của ABC. Do đó ta có hệ quả sau Hệ quả 1.2.3.13 Đối với bất kỳ ABC và điểm tùy ý P trong mặt phẳng của ABC, ta có bất đẳng thức sau: r2 r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 1 2 3 3 1 1 2 . (1.2.3.26) a4 b 4 c 46 R 2 Một số giả thuyết liên quan (xem [9], trang 8) Giả thuyết 1 Cho ABC và điểm P tùy ý. Ta có 2 R2 R 2 R 2 R 2 R 2 R 2 a b c . (1.2.3.27) 2 3 3 1 1 2 3 Giả thuyết 2 Cho ABC và điểm P tùy ý. Ta có 2 2 2 2 2 2 RRRRRRRRR 4 2 3 1 3 1 2 1 2 3 . (1.2.3.28) a4 b 4 c 4 3 Giả thuyết 3 Cho ABC và điểm P tùy ý. Ta có 2 2 2 2 2 2 r r r r r r 2 2 2 3 3 1 1 2 RRR . (1.2.3.29) sin2ABC sin 2 sin 2 9 1 2 3 Tổng quát của Hệ quả 1.2.3.12, chúng ta có: Giả thuyết 4 Gọi P là một điểm tùy ý mà không trùng với các đỉnh của ABC. Nếu k 2 thì 24 Thang Long University Library
  31. r2 r 2 r 2 r 2 r 2 r 2 2k 1 2 3 3 1 1 2 . k (1.2.3.30) ABC 1 RRR2cosk 2 cos k 2 cos k 32 12 2 2 3 2 1.2.4 Hệ quả 1.2.4 Trong tam giác ABC với G là trọng tâm, ta có các bất đẳng thức sau: a2 b 2 c 2 1) PA2 PB 2 PC 2 ; (1.2.4.1) 3 2 2 24 2 2 2 2) PA PB PC ma m b m c ; (1.2.4.2) 9 3) PA2 PB 2 PC 2 GA 2 GB 2 GC 2. (1.2.4.3) Chứng minh 1) Khi x y z , bất đẳng thức (1.1.1) trở thành: a2 b 2 c 2 3PA2 PB 2 PC 2 a 2 b 2 c 2 PA 2 PB 2 PC 2 . 3 Từ đó, bất đẳng thức (1.2.4.1) được chứng minh. 2) Bây giờ, ta biến đổi bất đẳng thức (1.2.4.1) như sau: 2 b2 c 2 a 2 2 c 2 a 2 b 2 2 a 2 b 2 c 2 PA2 PB 2 PC 2 . 9 9 9 4m2 4 m 2 4 m 2 PA2 PB 2 PC 2 a b c . 9 9 9 2 2 24 2 2 2 PA PB PC ma m b m c . 9 Từ đó, bất đẳng thức (1.2.4.2) được chứng minh. 3) Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có: 25
  32. 4 4 4 GA2 m 2,, GB 2 m 2 GC 2 m 2 9a 9 b 9 c Do đó, (1.2.4.2) trở thành: PA2 PB 2 PC 2 GA 2 GB 2 GC 2 và bất đẳng thức (1.2.4.3) được chứng minh. 1.2.5 Hệ quả 1.2.5 Trong tam giác ABC, ta có các bất đẳng thức sau: PA2 PB 2 PC 2 a 4 b 4 c 4 1) 1. (1.2.5.1) a2 b 2 c 2 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 PA2 PB 2 PC 2 2) 1. (1.2.5.2) b2 c 2 a 2 PA2 PB 2 PC 2 3) 1. (1.2.5.3) c2 a 2 b 2 Chứng minh 1 1 1 1) Áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với x ,, y z ta thu a2 b 2 c 2 được bất đẳng thức: 1 1 1 PA2 PB 2 PC 2 a 2 b 2 c 2 . 2222 2 2 222222 abca b c bccaab 222222 2 2 2 444 a b b c c a PA PB PC a b c . a2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 PA2 PB 2 PC 2 a 4 b 4 c 4 . a2 b 2 c 2 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 Lại có: 2 2 2 2 2 2 a4 b 4 c 4 a b c a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 1. ab22 bc 22 ca 22 ab 22 bc 22 ca 22 ab 22 bc 22 ca 22 26 Thang Long University Library
  33. Do đó bất đẳng thức (1.2.5.1) được chứng minh. 1 1 1 2) Chọn x ,, y z và áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) ta b2 c 2 a 2 thu được bất đẳng thức (1.2.5.2). 1 1 1 3) Tương tự, chọn x ,, y z và áp dụng bất đẳng thức Klamkin c2 a 2 b 2 (1.1.1) ta thu được bất đẳng thức (1.2.5.3). 1.2.6 Hệ quả 1.2.6 Trong tam giác ABC, ta có các bất đẳng thức sau: m2 m 2 m 2 9 1) a b c . (1.2.6.1) a2 b 2 c 2 4 m m m m m m 9 2) a b b c c a . (1.2.6.2) ab bc ca 4 3) Với G là trọng tâm tam giác ABC, RRRa,, b c lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác:GBC,,. GCA GAB Ta có bất đẳng thức sau: RRRRa b c 3 . (1.2.6.3) a m2 b m 2 c m 2 4) a b c 3.S . (1.2.6.4) a b c Chứng minh 1 1 1 1) Áp dụng bất đẳng thức Klamkin với P G,,, x y z ta a2 b 2 c 2 được 1 1 1 GA2 GB 2 GC 2 a 2 b 2 c 2 . 2222 2 2 222222 abca b c bccaab 222222 2 2 2 444 a b b c c a GA GB GC a b c . a2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 GA2 GB 2 GC 2 a 4 b 4 c 4 1. a2 b 2 c 2 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 27
  34. 4 4 4 Sau đó thay thế GA2 m 2,, GB 2 m 2 GC 2 m 2 ta thu được bất 9a 9 b 9 c đẳng thức (1.2.6.1). Hoặc có thể áp dụng luôn bất đẳng thức (1.2.5.1) với 4 4 4 PGGA,,,2 mGB 2 2 mGC 2 2 m 2 9a 9 b 9 c ta cũng thu được bất đẳng thức (1.2.6.1) 2) Hoàn toàn tương tự, áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với a b c P G,,, x y z và thay ma m b m c 4 4 4 GA2 m 2,, GB 2 m 2 GC 2 m 2 ta được bất đẳng thức: 9a 9 b 9 c a b c a b c GA2 GB 2 GC 2 ma m b m c m a m b m c abc ama bm b cm c . ma m b m c m m m m m m 9 a b b c c a . ab bc ca 4 Do đó bất đẳng thức (1.2.6.2) được chứng minh. 3) Đặt BGC,,  CGA  AGB (Xem hình 1.2.6.3). Theo định lý hàm số sin ta có (Hình 1.2.6.3) 28 Thang Long University Library
  35. BC R sinA a 2 sin . R BC sin 2 sin A Ta cũng có: 2.Sbcsin A bc sin A sin A 4 m . m 3 ABC .b c . 2.S GBGC . sin 4 sin 3 bc GBC m. m sin 9 b c Từ đó R4 m m R 4 m m R 4 m m a .,., b c b c a c a b R3 bc R 3 ca R 3 ab Suy ra: R R R4 m m m m m m 4 9 a b c a b b c c a . 3. R R R3 ab bc ca 3 4 RRR a b c 3. RRR RRRRa b c 3 . Vậy (1.2.6.3) được chứng minh. 4) Áp dụng bất đẳng thức Klamkin(1.1.1) với a b c P G,,,. x y z a b c a b c a b c và thay 4 4 4 GA2 m 2,, GB 2 m 2 GC 2 m 2 9a 9 b 9 c ta được bất đẳng thức: a m2 b m 2 c m 2 a a a 4 a b c abcabcabc 9 abc 29
  36. abc a b c . 2 a b c a m2 b m 2 c m 2 9abc a b c . a b c 4 a b c a m2 b m 2 c m 2 9.SR a b c . a b c a b c a m2 b m 2 c m 2 9.S a b c . a b c 2 sinABC sin sin a m2 b m 2 c m 2 9.S a b c 3.S . a b c ABC 2.3.sin 3 Vậy bất đẳng thức (1.2.6.4) được chứng minh. 1.2.7 Hệ quả 1.2.7 Trong tam giác ABC, ta có các bất đẳng thức sau: cos2ABC cos 2 cos 2 1) 1. (1.2.7.1) sinBCCAAB sin sin sin sin sin a3 b 3 c 3 abc 2) 4R2 . (1.2.7.2) a b c 2R a3 b 3 c 3 3) . (1.2.7.3) r abc Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với x a,,, y b z c P  H (H là trực tâm tam giác ABC ). Để ý rằng HA 2 R cos A , HB 2 R cos B , HC 2 R cos C và sử dụng định lý hàm số sin ta có được bất đẳng thức (1.2.7.1). 30 Thang Long University Library
  37. 2) Sử dụng các biến đổi HA2 4 R 2 cos 2 A 4 R 2 1 sin 2 A 4 R 2 a 2 , HB2 4 R 2 b 2 , HC 2 4 R 2 c 2 , sau đó ta biến đổi sẽ được (1.2.7.2). 3) Sử dụng công thức abc 4 Rrp ta biến đổi bất đẳng thức (1.2.7.2) về bất đẳng thức (1.2.7.3). 1.2.8 Hệ quả 1.2.8 Trong tam giác ABC ta có bất đẳng thức: 1) a2 b 2 c 2 9 R 2 . (1.2.8.1) 9 2) sin2ABC sin 2 sin 2 . (1.2.8.2) 4 9R 3) m m m . (1.2.8.3) a b c 2 4) (Đại học Ngoại Thương 1996) 27R3 m m m (1.2.8.4) a b c 8 1 1 1 4 5) . 2 2 23R 2 mb m c m a m c m a m b m a m b m c (1.2.8.5) 27 6) m2 m 2 m 2 R 2. (1.2.8.6) a b c 4 3 7) cos2ABC cos 2 cos 2 . (1.2.8.7) 4 Chứng minh 1) Chọn P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC và x y z, sau đó áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) ta thu được (1.2.8.1). Dấu đẳng thức xảy ra ABC đều. 31
  38. 2) Áp dụng định lý hàm số sin ta có a 2 R sin A , b 2 R sin B , c 2 R sin C , rồi thay vào (1.2.8.1) và biến đổi ta được bất đẳng thức (1.2.8.2). Ngoài ra có thể chứng minh (1.2.8.2) như sau. Ta có 1 cos2AB 1 cos2 9 (1.2.8.2) 1 cos2 C . 2 2 4 cos2AB cos2 1 0 cos2 C . 2 4 1 0 cos2 CABAB cos cos . 4 1 0 cos2 CCAB cos cos . 4 2 1 1 0 cosCABAB cos sin2 . 2 4 Bất đẳng thức cuối cùng đúng, suy ra (1.2.8.2) được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra ABC đều. 3) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky và (1.2.8.1), ta có: 2 2 2 ma m b m c 3 m a m b m c 3 9 9R 3. a2 b 2 c 2 .9 R 2 . 4 4 2 Vậy bất đẳng thức (1.2.8.3) được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra ABC đều. 4) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và (1.2.8.1), ta có 32 Thang Long University Library
  39. 3 2 2 2 3 2 2 2 2m m m 1 2 2 2 m m m m m m a b c a b c a b c a b c 3 4 2 3 3 3 3 92 3RRR 3 27 R m m m a b c 4 2 2 8 Vậy bất đẳng thức (1.2.8.4) được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra ABC đều. 5) Trước hết ta chứng minh: mmmmmmmmmbcacababc mmm abc Do có thể dựng được một tam giác có độ dài ma,, m b m c nên mb m c m a 0, m c m a m b 0, m a m b m c 0. Khi đó m m m m m m m m m m m m b c a c a b b c a c a b 2 mc . 1 * m m m m m m m m m m m m c a b a b c c a b a b c 2 ma . 2 * m m m m m m m m m m m m a b c b c a a b c b c a 2 mb . 3 * Nhân vế với vế của (1*), (2*) và (3*) ta được: mmmmmmmmmbcacababc mmm abc Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức Cauchy và (1.2.8.1) ta được: 33
  40. 1 1 1 2 2 2 mb m c m a m c m a m b m a m b m c 1 3 3 2 2 2 mb m c m a m c m a m b m a m b m c 1 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 m m m3 2 2 2 m m m a b cma m b m c a b c 3 3 3 4 . 1 1 3R2 a2 b 2 c 29 R 2 4 4 Vậy bất đẳng thức (1.2.8.5) được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra ABC đều. 6) Theo công thức đường trung tuyến và theo (1.2.8.1) ta có 2 2 23 2 2 2 3 2 27 2 ma m b m c a b c .9 R R . 4 4 4 7) Ta có 9 3 cos2ABCABC cos 2 cos 2 3 sin 2 sin 2 sin 2 3 . 4 4 1.2.9 Hệ quả 1.2.9 Cho tam giác ABC và M là điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng ABC với O là tâm đường tròn nội tiếp ABC. Khi ấy ta có: 1) a MA2 b MB 2 c MC 2 abc . (1.2.9.1) 2) tanAMA .2 tan B . MB 2 tan C . MC 2 4 S ,  ABC nhọn. (1.2.9.2) OA2 OB 2 OC 2 3) 1. (1.2.9.3) bc ca ab Chứng minh 1) Áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với x a,, y b z c ta được 34 Thang Long University Library
  41. a b c a MA2 b MB 2 c MC 2 bca 2 cab 2 abc 2 a b c a MA2 b MB 2 c MC 2 abc a b c a MA2 b MB 2 c MC 2 abc Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a:::: b c SMBC S MCA S MAB 1 : 1 : 1 d M ; BC : d M ; CA : d M ; AB d M;;;. BC d M CA d M AB Hay M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Vậy (1.2.9.1) được chứng minh. 2) Áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với x tan A , y tan B , z tan C ta được: tanA tan B tan C tan AMA .2 tan BMB . 2 tan CMC . 2 tanB tan C . a2 tan C tan Ab . 2 tan A tan B . c 2 (1.2.9.2.1) tanAB tan Nhưng ta lại có: tan ABCC tan tan 1 tanAB .tan tanABCABC tan tan tan .tan .tan . Do đó (1.2.9.2.1) trở thành: tanA .tan B .tan C tan AMA .2 tan BMB . 2 tan CMC . 2 tanB tan C . a2 tan C tan Ab . 2 tan A tan B . c 2 tanAMA .2 tan B . MB 2 tan C . MC 2 a2 b 2 c 2 tanABC tan tan tanAMA .2 tan B . MB 2 tan C . MC 2 2 R 2 sin2 A sin 2 B sin 2 C tanAMA .2 tan B . MB 2 tan C . MC 2 2 R 2 .4 sin A sin B sin C tanAMA .2 tan B . MB 2 tan C . MC 2 4 S . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 35
  42.    tanAMA . tan B . MB tan C . MC 0 hay M là trực tâm tam giác ABC. (Hình 1.2.9.2) Thật vậy, giả sử M là trực tâm tam giác ABC,ta chứng minh:    tanAMA . tan B . MB tan C . MC 0. Dựng B C AM,cắt BM tại B ,dựng CA  BM, cắt AM tại A , AM cắt BC tại D. Khi đó tứ giác A MB C là hình bình hành (Xem hình 1.2.9.2). Ta có: AD MB DCtan B tan B DB MB . MB MB DBAD tan C tan C DC  tanB    MB . MB (do MB , MB ngược hướng). tanC  tanA  Hoàn toàn tương tự ta cũng có: MA MA tanC Theo quy tắc hình bình hành, ta có    tanA  tan B  MC MA'' MB MA MB tanCC tan    tanAMA . tan B . MB tan C . MC 0. 36 Thang Long University Library
  43. 1 1 1 3) Áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với x ,, y z và P bc ca ab trùng với O là tâm đường tròn nội tiếp ABC . Khi đó ta có: 2 2 2 1 1 1 OA OB OC 1 12 1 1 2 1 1 2 a b c bc ca ab bc ca ab ca ab ab bc bc ca 2 2 2 1 1 1 OA OB OC 1 1 1 bc ca ab bc ca ab bc ca ab OA2 OB 2 OC 2 1. bc ca ab Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 1 1 1 1 1 :::::::: S S S a b c bc ca abOBC OCA OAB bc ca ab a b c hay tam giác ABC là tam giác đều. Kết luận Chương 1 Tập hợp từ các tài liệu khác nhau, Chương 1 đã trình bày và chứng minh bất đẳng thức Klamkin. Chương 1 của luận văn cũng đã trình bày rất nhiều hệ quả của bất đẳng thức Klamkin và chứng minh các hệ quả đó. Đồng thời nêu ra rất nhiều hệ quả là các bất đẳng thức trong tam giác và chứng minh các bất đẳng thức đó bằng cách áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Klamkin hoặc áp dụng các hệ quả của bất đẳng thức Klamkin. Ở một số mục, Luận văn trình bày một số chứng minh khác để so sánh với chứng minh nhờ sử dụng bất đẳng thức Klamkin. 37
  44. Chương 2 MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN 2.1 BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN CHO HAI ĐIỂM Xiao-Guang Chu và Zhi-Hua Zhang trong [5] đã phát biểu và chứng minh định lý sau đây, là một mở rộng của bất đẳng thức Klamkin. 2.1.1 Định lí 2.1.1 Nếu P và Q là hai điểm trong của tam giác ABC và x,, y z là các tọa độ trọng tâm (the barycentric coordinates) của các điểm P hoặc Q đối với tam giác ABC, thì x y z xPAQA yPBQB zPC QC yza2 zxb 2 xyc 2 (2.1.1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai điểm P và Q trùng nhau. Nhận xét Khi PQ thì bất đẳng thức (2.1.1) trở thành bất đẳng thức Klamkin. Chứng minh Giả sử AQ BC D, BQ CA E, CQ AB F, AD qa, BE qb, CF qc, AQ R1, BQ R2, CQ R3 và r1 ,r2 ,r3 là khoảng cách từ Q đến các cạnh của ABC. Khi đó, ta có: ar1 x ,br2 y ,cr3 z. (2.1.1.1) x y z x y z x y z q R , q R , q R . (2.1.1.2) a y z 1 b z x 2 c x y 3 Với x,, y z là các tọa độ trọng tâm của điểm Q trong ABC và r1 ,r2 ,r3 là khoảng cách từ Q đến BC,,. CA AB Từ định lí Stewart ta có z y a2 yz AD2 q 2 b 2 c 2 . a 2 (2.1.1.3) y z y z y z và 38 Thang Long University Library
  45. z y a2 yz PD2 PC 2 PB 2 . 2 (2.1.1.4) y z y z y z Xét APD, sử dụng định lý hàm số côsin, ta có 2 2 2 2qa . PA 2 q a PA cosPAD PA q a PD . (2.1.1.5) Từ (2.1.1.3), (2.1.1.4) và (2.1.1.5) ta có 2 2 2 2 2 2x ( y z ) qa . PA x ( y z ) PA zxb xyc zxPC xyPB . (2.1.1.6) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi điểm P nằm trên đoạn AD. Tương tự với BPE và CPF ta có 2 2 2 2 2 2y z x qb . PB y z x PB xyc yza xyPA yzPC (2.1.1.7) và 2 2 2 2 2 2z x y qc . PC z x y PC yza zxb yzPB zxPA . (2.1.1.8) Đẳng thức (2.1.1.7) và (2.1.1.8) xảy ra khi và chỉ khi điểm P nằm trên đoạn BE và CF theo thứ tự đó. Cộng vế với vế, từ (2.1.1.6), (2.1.1.7) và (2.1.1.8) ta thu được 2 2 2 x y z qa PA y z x q b PB z x y q c PC yza zxb xyc (2.1.1.9) Từ (2.1.1.2) bất đẳng thức (2.1.1.9) tương đương với (2.1.1). Sử dụng các đẳng thức sau (với SR, là diện tích và bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC ): ar1 br 2 cr 3 2 S ; ar1 x, br2 y, cr3 z, abc 4 RS . Từ (2.1.1) ta dễ dàng thu được: Rr Rr Rr rrrrrr 11 22 33 233112 PA PB PC 2 R . (2.1.1.10) bc ca ab bc ca ab 39
  46. Kết hợp các điều kiện (2.1.1.6), (2.1.1.7) và (2.1.1.8) hoặc bất đẳng thức (1.1.1) ta có: 2 2 2 ar11 R br 22 R cr 33 R 2 R ar 23 r br 31 r cr 12 r . (2.1.1.11) Dấu bằng xảy ra ở (2.1.1) khi và chỉ khi hai điểm P và Q trùng nhau. 2.1.2 Các hệ quả Hệ quả 2.1.2.1 Cho PPP1, 2 , , n và Q là n 1 điểm bên trong ABC. Khi đó R r R r 1 1 PA PA PA 2 2 PB PB PB bc1 2n ca 1 2 n R r r r r r r r 3 3PC PC PC 2 nR 2 3 3 1 1 2 . (2.1.2.1) 1 2 n ab bc ca ab Dấu bằng ở (2.1.2.1) xảy ra khi và chỉ khi n 1 điểm PPP1, 2 , , n 1 và Q trùng nhau. Hệ quả 2.1.2.2 Nếu PQ, là 2 điểm bên trong ABC và x,, y z là tọa độ trọng tâm barycentric của Q đối với ABC, khi đó: xPA2 yPB 2 zPC 2 yza 2 zxb 2 xyc 2 2 x y z xPAQA yPBQB zPC QC (2.1.2.2) Chứng minh (2.1.2.2) bằng cách kết hợp định lí 1.1.1 và định lí 2.1.1, bất đẳng thức Cauchy. Hệ quả 2.1.2.3 ChoP là một điểm bên trong ABC. Nếu ma,, m b m c lần lượt là trung tuyến của ABC, thì khi đó: 40 Thang Long University Library
  47. 1 2 2 2 ma PA m b PB m c PC a b c . (2.1.2.3) 2 Dấu “=” trong (2.1.2.3) xảy ra khi và chỉ khi P là tâm tỉ cự của ABC. Chứng minh 1 Cho Q và tâm tỉ cự G trùng nhau. Khi đó ta có 2 2 2 1 1 1 R m , R m , R m , r h , r h , r h 1 3 a 2 3 b 3 3 c 1 3 a 2 3 b 3 3 c và abc 4 RS , 2Rha bc , 2Rhb ca , 2Rhc ab . Từ bất đẳng thức (2.1.1.10) suy ra (2.1.2.3) . Chứng minh 2 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó với mọi điểm P nằm trong mặt phẳng tam giác ABC, ta có:        GAPA GAPA GA PG GA GAPA GA2 Tương tự ta có:   2 GAPA GAPG GA   2 GB PB GB PG GB   GC PC GC PG GC 2     GAPA GB PB GC PC PG GA GB GC GA2 GB 2 GC 2 Điều này tương đương với:  2 4 2 2 2 ma PA m b PB m c PC PG.0 m a m b m c . 3 9 2 2 2 2 4 3 2 2 2 a b c ma PA m b PB m c PC a b c 3 9 4 3 a2 b 2 c 2 m PA m PB m PC . a b c 2 Dấu bằng xảy ra Điểm P trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Áp dụng hệ quả 2.1.2.3, ta có thể dễ dàng chứng minh được: 41
  48. Hệ quả Cho tam giác ABC, có ma,, m b m c lần lượt là trung tuyến của ABC. Chứng minh rằng: a2 b 2 c 2 m m m . (2.1.2.4) a b c 2R Chứng minh Áp dụng (2.1.2.3), chọn P trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ngoài ra, ta có thể chứng minh như sau: b2 c 2 Ta sẽ chứng minh đại diện: m . a 4R b c 2m b c b sin B c sin C a 2RR 2 2 4m2 b sin B c sin C a 2b2 2 cab 2 2 2 sin 2 Bc 2 sin 2 CbcBC 2 sin sin bc2 2 2 bcAb cos 2 sin 2 Bc 2 sin 2 CbcBC 2 sin sin b2cos 2 Bc 2 cos 2 Cbc 2 cos BC 2 bcBC sin sin 0 b2 cos2B c 2 cos 2 C 2 bc cos B cos C 0 2 bcos B c cos C 0. b2 c 2 Bất đẳng thức cuối cùng đúng, suy ra m . Chứng minh tương tự và a 4R suy ra: b2 c 2 c 2 a 2 a 2 b 2 a 2 b 2 c 2 m m m . a b c 4RRRR 4 4 2 Hệ quả 2.1.2.4 ChoP là một điểm bên trong ABC. 1 Nếup a b c , thì ta có: 2 ABC PAcos PB cos PC cos p . (2.1.2.5) 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là tâm đường tròn nội tiếp ABC. 42 Thang Long University Library
  49. Chứng minh (Hình 2.1.2.5) Sử dụng hình chiếu đỉnh (Xem hình 2.1.2.5), ta có: a PBcos B PC cos C 1 2 b PCcos C PA cos A ; 1 2 c PAcos A PB cos B 1 2 abcPAA cos1 cos APB 2 cos B 1 cos BPC 2 cos C 1 cos C 2 ABCAABBCC 2.PA cos .cos1 2 2. PB cos .cos 1 2 2. PC cos .cos 1 2 2 2 2 2 2 2 ABC PAcos PB cos PC cos . 2 2 2 a b c A B C p PAcos PB cos PC cos . 2 2 2 2 Dấu bằng xảy ra AABBCCP1 2;; 1 2 1 2  tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Áp dụng hệ quả 2.1.2.4, ta dễ dàng chứng minh được: Hệ quả Cho tam giácABC,cóma,, m b m c lần lượt là trung tuyến của ABC. Khi ấy ABC 3 mcos m cos m cos a b c . (2.1.2.6) a2 b 2 c 2 4 43
  50. Chứng minh Áp dụng (2.1.2.5) và chọnP trùng với trọng tâm tam giác ABC. Hệ quả 2.1.2.5 Nếu ha,, h b h c là các đường cao của ABC, ta có m m m aPA b PB c PC 3 R . (2.1.2.7) h h h a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trọng tâm ABC. Áp dụng Hệ quả 2.1.2.5, ta có thể dễ dàng chứng minh: Hệ quả Cho tam giácABC,với ma,, m b m c lần lượt là trung tuyến của ABC, ha,, h b h c là các đường cao của ABC. Khi ấy: m m m a b c 3. (2.1.2.8) ha h b h c Chứng minh Chọn P trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và áp dụng (2.1.2.7) ta có được (2.1.2.8). Hệ quả 2.1.2.6 NếuP là điểm bên trong ABC, ta có cPA aPB bPC bPA cPB aPC b2 c 2 c 2 a 2 a 2 b 2 . (2.1.2.9) Đẳng thức (2.1.2.9) xảy ra khi và chỉ khi P là điểm Brocard dương (âm) của tam giác ABC. Hệ quả 2.1.2.7 Nếu ra,, r b r c là bán kính đường tròn bàng tiếp,r là bán kính đường tròn nội tiếp, và các đường Ceva na,, n b n c thông qua điểm Nagel của tam giác ABC, ta có n n n 2R aPA b PA c PC 2. (2.1.2.10) h r h r h r r a a b b c c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiP là điểm Nagel của ABC. 44 Thang Long University Library
  51. Hệ quả 2.1.2.8 Cho la,, l b l c là các đường Ceva thông qua các điểm Gergonne của ABC. Ta có: l l l aPA b PB c PC 2 R r . (2.1.2.11) h h h a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiP là Gergonne của tam giác ABC. Hệ quả 2.1.2.9 Nếu ta,, t b t c là các đường Ceva thông qua điểm đẳng giác của tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC, ta có b c t PA c a t PB a b t PC a3 b 3 c 3. (2.1.2.12) a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là điểm đẳng giác của tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 2.1.3 Một vấn đề mở Các bất đẳng thức sau đây có đúng không? Cho wa,, w b w c là các đường phân giác của góc và ka,, k b k c là các đường trung tuyến của tam giác ABC. Mọi điểm P trong tam giác, ta có: h h h aPA b PB c PC 6 r (2.1.2.13) wa w b w c và h h h aPA b PB c Pc 6 r . (2.1.2.14) ka k b k c 2.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÁC LIÊN QUAN G. Bennett trong [4] đã chứng minh bất đẳng thức sau. 45
  52. 2.2.1 Định lí 2.2.1 Nếu P và Q là hai điểm trong của tam giác ABC và x,, y z là các tọa độ trọng tâm (the barycentric coordinates) của các điểm P hoặc Q đối với tam giác ABC, thì aPAQA. bPBQB . cPC . QC 4 RS , (2.2.1) trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và S là diện tích tam giác ABC. Chứng minh (Hình 2.2.1) Giả sử cho tam giác ABC với cạnh a, b , c và diện tích S,và cho tam giác ABC là tam giác với trọng tâm P và cạnh a ,, b c với A BC,,. B AC C AB Nếu Q cũng là trọng tâm, và đặt R1 PA,,, R 2 PB R 3 PC R1 QA,,, R 2 QB R 3 QC và R1 tạo với a góc 1, R2 tạo với b góc 2, R3 tạo với c góc 3. Ta cần chứng minh: aR1. R 1 bR 2 . R 2 cR 3 . R 3 4 RS . (2.2.2) Vẽ QA ,, QB QC trong phân vùng tam giác ABC. 46 Thang Long University Library
  53. 1 Tứ giác QB AC có diện tích: a . R .sin ; 2 1 1 1 Tứ giác QC BA có diện tích: b .R .sin ; 2 2 2 1 Tứ giác QA CB có diện tích: c . R .sin , 2 3 3 trong đó sin 1 1,sin 2 1,sin 3 1, a R 1 b R 2 c R 3 2 S . (2.2.3) 0 Bây giờ 1 2 3 90 khi và chỉ khi Q là điểm đẳng giác của P. aR bR cR và a 1,,. b 2 c 3 (2.2.4) 2RRR 2 2 Thay (2.2.4) vào (2.2.3) ta được (2.2.2), tức là (2.2.1) được chứng minh. 2.2.2 Các trường hợp đặc biệt của 2.2.1 Hệ quả 2.2.2.1 Nếu Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,thì (2.2.1) trở thành a. PA b . PB c . PC 4 S . (2.2.2.1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi P là trực tâm tam giác ABC. Hệ quả 2.2.2.2 Cho PQ , (2.2.1) trở thành a. PA2 b . PB 2 c . PC 2 4 RS . (2.2.2.2) Dấu bằng xảy ra khi P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Hệ quả 2.2.2.3 Một biến đổi nghịch đảo trên (2.2.2.2) cho ta bất đẳng thức: a. PB . PC b . PC . PA c . PAPB . 4 RS . (2.2.2.3) Dấu bằng xảy ra khi P là trực tâm tam giác ABC. 47
  54. Hệ quả 2.2.2.4 Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a , trong (2.2.1) nếu Q là tâm thì (2.2.1) trở thành: R1 R 2 R 3 3 a . (2.2.2.4) 2.3 MỞ RỘNG BẤT ĐẲNG THỨC KLAMKIN CHO BỘ BA TỌA ĐỘ BARYCENTRIC CỦA CÁC ĐIỂM Dan Comănescu và Sever S. Dragomir trong [6] đã tổng hợp mở rộng bất đẳng thức hình học của Klamkin được thiết lập bởi xem xét bộ ba tọa độ barycentric của các điểm từ một tập hợp được bao gồm trong mặt phẳng của tam giác cơ bản và trình bày các ứng dụng thú vị của bất đẳng thức Klamkin. Theo (1.1.4), ta có x y z x PA2 y PB 2 z PC 2 yza 2 zxb 2 xyc 2 PN 2 , 2 x y z (2.3.1) trong đó x,, y z là bộ ba tọa độ barycentric của điểm N thuộc mặt phẳng  chứa tam giác ABC. Đẳng thức (2.3.1) cho thấy nghiên cứu mở rộng hơn, tổng quát hơn bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với bộ ba x,, y z từ một tập   3. Với x, y và z là tọa độ barycentric của các điểm từ một tập hợp con  của  . Cho    và   3. Chúng ta nói rằng  là tập hợp các tọa độ barycentric của các điểm , nếu chúng ta có: i) Nếu N  thì tồn tại bộ ba x,, y z  mà x,, y z là tọa độ barycentric của N. 48 Thang Long University Library
  55. ii) Nếu x,, y z  thì tồn tại N  mà x,, y z là tọa độ barycentric của N. Nhận xét 1 Nói chung, có rất nhiều bộ tọa độ barycentric của điểm thuộc . Các bộ:  x, y , z x 0, y 0, z 0 và  x, y , z x 0, y 0, z 0 là bộ tọa độ barycentric trong những điểm từ int ABC tập hợp các điểm bên trong của tam giác ABC. (Hình 2.3. Các trường hợp tổng quát) 2.3.1 Các kết quả chính Cho tam giác ABC và P một điểm trong mặt phẳng  chứa tam giác ABC. Ta đã biết, khoảng cách giữa các điểm P và các tập    được cho bởi d P, inf PQ , (2.3.1.1) Q  49
  56. trong đó PQ là khoảng cách Euclid giữa các điểm P và Q. Với ký hiệu này, ta có kết quả sau: Định lý 2.3.1 Nếu RRR1,, 2 3 là khoảng cách từ P đến các đỉnh ABC,, thì: 2 2 2 x y z xR1 yR 2 zR 3 2 yza2 z x b 2 xyc 2 d 2 x y z ,  x , y , z  , (2.3.1.2) trong đó d d P,  và  là tập hợp các tọa độ barycentric của điểm . Chứng minh Dễ dàng để thấy rằng PN d,.  N  Sau đó, sử dụng đẳng thức (2.3.1), ta có điều phải chứng minh. Nhận xét 2 Dấu đẳng thức xảy ra trong (2.3.1.2) khi và chỉ khi P  và x,, y z là tọa độ barycentric của P. Nhận xét 3 Với số dương D d thì theo Định lí 2.3.1, tồn tại một bộ ba x,, y z  và 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z xR1 yR 2 zR 3 yza z x b xyc D x y z . Trong trường hợp các điểm P là đường tròn X3. Chúng ta có được bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức Kooi. Định lý 2.3.2 Nếu R là bán kính đường tròn ngoại tiếp thì 2 2 R2 x y z yza 2 z x b 2 xyc 2 d 2 x y z ,  x , y , z  , (2.3.1.3) trong đó d d X3,  và  là tập hợp các tọa độ trọng tâm barycentric của điểm thuộc . 50 Thang Long University Library
  57. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đường tròn nằm trong tập  và x,, y z là tọa độ trọng tâm barycentric của đường tròn. Nhận xét 4: Bất đẳng thức Kooi thu được khi  ,bất đẳng thức này có dạng: 2 R2 x y z yza 2 z x b 2 xyc 2 ,  x , y , z 3 . (2.3.1.4) Nếu  có hình dạng phức tạp thì rất khó để tính toán khoảng cách d P,  giữa các điểm P và tập . Một bất đẳng thức khác tương tự nhưng không mạnh như (2.3.1.2). Ưu điểm là việc tính toán của vế phải đơn giản. Bất đẳng thức này được áp dụng nếu các điểm P là điểm cách xa tập . Định lý 2.3.3 Xét tập bị chặn   và điểm P . Giả sử tồn tại một đĩa mở DO , với tâm O, bán kính mà   DO , và OP . Nếu  là tập hợp các tọa độ trọng tâm barycentric của điểm từ tập  thì ta có: 2 2 2 x y z xR1 yR 2 zR 3 2 2 yza2 zxb 2 xyc 2 OP x y z ,,,.  x y z (2.3.1.5) Chứng minh Ta chú ý rằng OP d P,, lại có: 2 yza2 zb x 2 xyc 2 dx 2 y z 2 2 yza2 z x b 2 xyc 2 OP x y z ,  x , y , z  . Sử dụng Định lí 2.3.1, (2.3.1.5) được chứng minh. 2.3.2 Ứng dụng 2.3.2.1 Với PA và   thì R1 0, R 2 c , R 3 b . Từ bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) ta được: 51
  58. y z yc2 zb 2 yza 2 ,  y , z . (2.3.2.1) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y z 0 2.3.2.2 Cho tam giác ABC,  là điểm bên trong tam giác, ta biểu thị  int ABC bên trong của tam giác này. Giả sử, tập 3  x, y , z x 0, y 0, z 0 . (2.3.2.2) là một tập hợp các tọa độ trọng tâm barycentric trong những điểm từ int ABC . 2.3.2.2.1 Khoảng cách giữa một điểm và int ABC Cho P là một điểm trong mặt phẳng của tam giác. Để mô tả các trường hợp, ta xét một phân vùng của mặt phẳng tam giác. Giả sử cho nửa mặt phẳng kín được tạo ra bởi các đường AB mà không chứa điểm C. Trong nửa mặt phẳng này, ta xét các tia sAB kín bắt đầu từ điểm A, vuông góc với đường AB. Tương tự như vậy, ta xét các tia đóng sBA,,,, s AC s CA s BC s CB (Xem hình 2.3.2.2.1). (Hình 2.3.2.2.1) Ta xét phân vùng của mặt phẳng: 52 Thang Long University Library
  59.  int(ABC ), EA , E B , E C ,,, E a E b E c  . (2.3.2.3) Ta có: sAB ,s AC E A ;s BA , s BC E B và sCA ,s CB E C . Khoảng cách d giữa các điểm P và điểm bên trong tam giác int ABC được mô tả bởi các trường hợp sau đây i) d 0 nếu P int ABC hoặc là ở hai bên. ii) d R1 nếu PE A và d R2 nếu PE B và d R3 nếu PE C ; 2S R , R , a 2S RR , ,b iii) d 2 3 nếu PE ; d 3 1 nếu PE và a a b b 2S RR , ,c d 1 2 nếu PE , trong đó S u,, v w là diện tích của tam giác c c với chiều dài các cạnh u,,. v w 2.3.2.2.2 P là một điểm bất kì trên đường tròn X3. Trong trường hợp này, ta có RRRR1 2 3 ,với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. a) Nếu tam giác ABC là một tam giác nhọn thì X3 là một điểm bên trong và ta có: 2 R2 x y z yza 2 xzb 2 xyc 2,  x , y , z 0. (2.3.2.4) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x,, y z là tọa độ trọng tâm barycentric của đường tròn. Với 53
  60. x abcay2222 , bcabz 2222 , cabc 2222 , 0 thì đó là trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Kooi (2.3.1.4). b) Giả sử rằng tam giác ABC là tam giác vuông hoặc tam giác tù. Trong trường hợp này X3 không phải là một điểm bên trong. Không mất tính tổng quát, ta chỉ cần xét trường hợp a2 b 2 c 2. Dễ dàng thấy rằng XE3 a và khoảng cách giữa X3 và phần bên trong của a 2 tam giác là d R2 . 4 (Hình 2.3.2.2.2) Sử dụng bất đẳng thức (2.3.1.2), ta có được một bất đẳng thức Kooi chặt hơn: 2 a 2 x y z yza2 xzb 2 xyc 2,  x , y , z 0. (2.3.2.5) 4 2.3.2.2.3 P là trực tâm X4 Trong trường này, ta có RRARRBRRC1 2 cos , 2 2 cos , 3 2 cos với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. a) Nếu tam giác ABC là tam giác nhọn thì X4 là một điểm bên trong và từ bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) ta có bất đẳng thức mới: 54 Thang Long University Library
  61. 4R2 x y zxc os 2 A yc os 2 B zcC os 2 yza2 x z b 2 xyc 2 ,  x , y , z 0. (2.3.2.6) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x,, y z là tọa độ barycentric của trực tâm. Sử dụng hằng đẳng thức sin2 c os 2 1 và định lí hàm số sin, ta có bất đẳng thức mới: 4R2 x y z x y z xa 2 yb 2 zc 2 yza2 x z b 2 xyc 2 ,  x , y , z 0. (2.3.2.7) b) Giả sử tam giác ABC vuông hoặc tù. Trong trường hợp này X4 không phải là một điểm bên trong tam giác. Không mất tính tổng quát, ta chỉ cần xét 2 2 2 các trường hợp a b c . Dễ dàng thấy rằng PE A. (Hình 2.3.2.2.3) Sử dụng bất đẳng thức (2.3.1.2) ta được: 4R2x y z y cos 2 B cos 2 A z cos 2 C cos 2 A yza2 zxb 2 xyc 2,  x , y , z 0. (2.3.2.8) Một dạng khác của bất đẳng thức này là: 55
  62. x y z y a2 b 2 z a 2 c 2 yza 2 zxb 2 xyc 2,  x , y , z 0. (2.3.2.9) 2.3.2.2.4 P là điểm cách xa int ABC (P is far from int(ABC )) Trong trường hợp này, ta giả sử các điểm P không ở trong đĩa mở DOR , giới hạn bởi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tâm O bán kính R. Khi đó, ta có: OP R và int ABC  D O , R . Sử dụng Định lí 2.3.3, chúng ta có bất đẳng thức: 2 2 2 x y z xR1 yR 2 zR 3 2 2 yza2 zxb 2 xyc 2 OP R x y z ,  xyz , , 0. (2.3.2.10) (Hình 2.3.2.2.4) 2.3.2.3  là điểm bên trong tam giác có ba đỉnh là trung điểm ba cạnh của tam giác ABC Cho tam giác ABC và ABC ,, là trung điểm của BC,,. CA AB Tam giác trung gian là tam giác ABC . Thiết lập sau đây là một tập hợp các tọa độ barycentric trong những điểm từ int ABC 56 Thang Long University Library
  63. 3  xyz, , 0; xyzyxzzxy , , . (2.3.2.11)  Nhận xét 5 Các thành phần của một bộ ba trong  là chiều dài các cạnh của một tam giác. Một số trường hợp đặc biệt đối với các điểm P 2.3.2.3.1 PA . Trong trường hợp nàyP không phải là điểm bên trong của h tam giác ABC . Khoảng cách d giữa P và int ABC là d a nếu B 2 c b và C là các góc nhọn, d nếu B là một góc tù, d nếu C là một góc 2 2 tù. Ta có R1 0, R 2 c , R 3 b . a) Giả sử B và C là các góc nhọn. Khi đó bất đẳng thức (2.3.1.2) có dạng: 2 2 2 2 2 ha y z yc zb yza x y z ,,,.  x y z  (2.3.2.12) 4 Nhận xét 6 Nếu x y z thì từ (2.3.12) ta có bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 y z yc zb yza y z ha ,  y , z 0. (2.3.2.13) b) Nếu B không phải là một góc nhọn thì bất đẳng thức (2.3.1.2) có dạng: 1 x y z xc2 3 yc 2 z 4 b 2 c 2 yz a 2 z x b 2 xyc 2 . ( 2.3.2.14) 4 Nhận xét 7 Nếu C không phải là một góc nhọn thì từ bất đẳng thức (2.3.1.2) ta cũng có được bất đẳng thức (2.3.2.14). 2.3.2.3.2 P là điểm cách xa int ABC . Đường tròn ngoại tiếp của tam giác trung gian ABC là đường tròn Euler (vòng tròn chín điểm), tâm của nó 57
  64. R là tâm chín điểm X và bán kính là vớiR là bán kính của đường tròn ngoại 5 2 R tiếp tam giác ABC. Trong trường hợp này ta giả sử XP . 5 2 (Hình 2.3.2.3.2) Sử dụng Định lí 2.3.3, chúng ta có bất đẳng thức: 2 2 2 x y z xR1 yR 2 zR 3 2 R 2 yza2 zxb 2 xyc 2 X P x y z,  x , y , z  . 2.3.2.15 5 2 2.3.2.4  là một đĩa hoặc bên ngoài một đường tròn Trong mặt phẳng của tam giác ABC,chúng ta xem xét các đường tròn CO , với tâm O và bán kính . 2.3.2.4.1 Các phương trình của một đường tròn, của một đĩa và bề mặt bên ngoài của đường tròn. Các phương trình của một đường tròn trong tọa độ barycentric là: 1 x  y  z x y z yza2 zxb 2 xyc 2 0. (2.3.2.16) 2 58 Thang Long University Library
  65. Ở đây, ta sử dụng các ký hiệu 12 2 1 2 2 1 2 2  RRROA ,,.  OB  OC 2 2 2 ROA OA,,. R OB OB R OC OC Với các ký hiệu trên, chúng ta có các dạng khác của phương trình đường tròn: 2 2 2 2 2 RxRyRzxyzOA OB OC xyz yza2 zxb 2 xyc 2 0. (2.3.2.17) Nó rất dễ để thấy rằng, các phương trình của đĩa DO , được giới hạn bởi đường tròn CO , và phương trình bên ngoài của đường tròn này EO , có các dạng sau: 2 2 2 2 2 RxRyRzxyzOA OB OC xyz yza2 zxb 2 xyc 2 0. (2.3.2.18) và 2 2 2 2 2 RxRyRzxyzOA OB OC xyz yza2 zxb 2 xyc 2 0. (2.3.2.19) Lưu ý: D O, và E O, là bộ ba x,, y z là tọa độ barycentric tương ứng của những điểm của đĩa và những điểm cho bên ngoài đường tròn. Trường hợp đặc biệt, khi tâm của đường tròn là tâm đường tròn ngoại tiếp X3 Trong trường hợp này, ta có RRRROA OB OC . Phương trình của đĩa DX 3, là: 2 R2 2 x y z yza 2 z x b 2 xyc 2 0. (2.3.2.20) 59
  66. Các đĩa DXR 3, được giới hạn bởi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: yza2 z x b 2 xyc 2 0. (2.3.2.21) 2.3.2.4.2 Các bất đẳng thức Giả sử O là điểm trong mặt phẳng của tam giác và 0. Xét bất đẳng thức sau: 2 2 2 x y z xR1 yR 2 zR 3 2 2 yza2 z x b 2 xyc 2 OP x y z . (2.3.2.22) i) Nếu PEO , và x,,, y z D O thì ta có được (2.3.2.22). (Hình 2.3.2.4. M là một đĩa) ii) Nếu PDO , và x,,, y z E O thì ta có bất đẳng thức (2.3.2.22). Chứng minh Áp dụng (2.3.1.2), phương trình (2.3.2.18), (2.3.2.19) và thấy rằng khoảng cách giữa P và đĩa (tương ứng bên ngoài của đường tròn) là d OP (tương ứng d OP ). 60 Thang Long University Library
  67. Tiếp theo, ta xét trường hợp tâm của đường tròn là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (OX 3 ) và bán kính của đường tròn bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp ( R ). Trong trường hợp này, ta có: 2 2 2 x, y , z D X3 , R yza zxb xyc 0. và 2 2 2 x, y , z E X3 , R yz a z x b xyc 0. 2 2 2 Nếu PEXR 3, và yza z x b xyc 0 hoặc PDXR 3, và yza2 z x b 2 xyc 2 0 thì ta có bất đẳng thức: 2 2 2 x y z xR1 yR 2 zR 3 2 2 yza2 zxb 2 xyc 2 OP R x y z . (2.3.2.23) Kết luận Chương 2 Chương 2 trình bày một số mở rộng của bất đẳng thức Klamkin và các hệ quả của chúng. Cụ thể, đã trình bày và chứng minh bất đẳng thức Klamkin cho hai điểm. Chỉ ra các hệ quả là những bất đẳng thức trong tam giác mà việc chứng minh chúng có thể áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Klamkin cho hai điểm hoặc vận dụng các hệ quả đã chỉ ra. Trình bày và chứng minh một bất đẳng thức khác liên quan đến bất đẳng thức Klamkin cho hai điểm. Chương 2 của luận văn cũng đã trình bày mở rộng bất đẳng thức Klamkin cho bộ ba tọa độ barycentric của các điểm, nêu ra một số kết quả chính là các định lí và các ứng dụng. 61
  68. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 1. Kết luận Dựa vào bất đẳng thức Klamkin và một số mở rộng của bất đẳng thức Klamkin, ta có thể chứng minh các bất đẳng thức quen thuộc trong tam giác, từ đơn giản đến phức tạp đồng thời phát hiện ra nhiều các bất đẳng thức trong tam giác bằng cách cho x,, y z là những giá trị thực cụ thể, hoặc chọn điểm PQ, trùng với những điểm đặc biệt trong tam giác. 2. Khuyến nghị Hy vọng luận văn có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên và sinh viên toán các trường sư phạm, trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường trung học phổ thông, trong rèn luyện đội tuyển thi giỏi cấp tỉnh, quốc gia và quốc tế. Hy vọng đề tài này sẽ được tiếp tục nghiên cứu, mở rộng và phát triển, và được ứng dụng rộng rãi trong nghiên cứu, học tập của học sinh trung học phổ thông và sinh viên trong các trường Đại học, Học viện. Hy vọng rằng việc chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác nhờ sử dụng Bất đẳng thức Klamkin, sẽ trở thành một trong những kĩ năng quen thuộc của học sinh, sinh viên trong chứng minh các bất đẳng thức nói chung, các bất đẳng thức trong tam giác nói riêng. 62 Thang Long University Library
  69. DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Phương (2002), Tuyển tập các chuyên đề luyện thi Đại học môn Toán-Hệ thức lượng giác, Nhà xuất bản Hà Nội. [2] Tạ Duy Phượng (2004, 2006), Phương trình bậc ba và các hệ thức trong tam giác, Nhà xuất bản Giáo dục. [3] Hoàng Ngọc Quang (2011), Một số bất đẳng thức hình học (Luận văn Cao học), Đại học Thái Nguyên, trang 112-121. [4] G. Bennett (1977), Multiple Triangle Inequalities, Univ. Beograd. Publ. Elektrrotehn. Fak., Ser. Mat. Fiz., No 58, 39-44. [5] Xiao-Guang Chu and Zhi-Hua Zhang (2007), A Geometric Inequality for two Interior Points of the Triangle, pp. 1-4, rgmia.org/papers/v9n2/zzhrgmia2006_02.pdf. [6] Dan Comănescu and S. S. Dragomir (2009), A Generalization of the Klamkin Inequality, 1-10, ajmaa.org/RGMIA/papers/v12n3/Klamkin_20_ian_2009.pdf [7] M. S. Klamkin (1975), Geometric Inequalities via the Polar Moment of Inertia, Mathematics Magazine, Vol. 48, No 1, 44-46. [8] Jian Liu (2008), A Weighted Geometric Inequality and Its Applications, Journal of inequalities in pure and applied mathematics, Vol 9, Issue 2, Article 58, 9 pp. [9] Jian Liu (2011), A New Geometric Inequality and Its Applications, Journal of Science and Arts, No 11 (14), pp. 5-12. 63