BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ QUỲNH MAI

ÁP DỤNG VÀ MỞ RỘNG CỦA MỘT SỐ BẤT
ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Bình Định - 2021


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN THỊ QUỲNH MAI

ÁP DỤNG VÀ MỞ RỘNG CỦA MỘT SỐ BẤT
ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC

Chuyên ngành :
Mã số
:

Phương pháp toán sơ cấp
8460113

Người hướng dẫn :

TS. LÊ THANH HIẾU

i

Mục lục
Mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị

4

1.1

Một số bất đẳng thức quan trọng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2

Một số hệ thức lượng và hệ thức véctơ cho tam giác . . . . . . . . .

5

1.3

Phép thế Ravi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6


1.4

Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba và áp dụng của chúng

6

1.4.1

Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba . . . . . . . .

6

1.4.2

Áp dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc ba

7

. . . .

2 Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác
2.1

2.2

2.3

2.4


12

Bất đẳng thức Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2.1.1

Bất đẳng thức Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2.1.2

Một số mở rộng của Bất đẳng thức Euler . . . . . . . . . . .

15

2.1.3

Một số áp dụng của Bất đẳng thức Euler . . . . . . . . . . .

21

Bất đẳng thức Blundon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.2.1


Bất đẳng thức Blundon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.2.2

Một số mở rộng của Bất đẳng thức Blundon . . . . . . . . .

28

2.2.3

Một số áp dụng của Bất đẳng thức Blundon . . . . . . . . .

34

Bất đẳng thức Walker . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.3.1

Bất đẳng thức Walker . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.3.2

Một số mở rộng của Bất đẳng thức Walker . . . . . . . . . .


42

2.3.3

Một số áp dụng của Bất đẳng thức Walker . . . . . . . . . .

49

Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52


ii

2.4.1

Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger . . . . . . . . . . . . . . . .

52

2.4.2

Một số mở rộng của Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger . . . .

57

2.4.3

Một số áp dụng của Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger . . . .


63

Kết luận

67

Tài liệu tham khảo

68


1

MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức luôn là một đề tài hay, có ứng dụng rộng rãi và đóng vai trị
quan trọng trong tốn học. Đồng thời nó cũng là một trong những vấn đề khó của
chương trình tốn phổ thơng, thường xun xuất hiện trong các kì thi Olympic
tốn học trong nước và quốc tế. Bất đẳng thức hình học là một phần quan trọng
và nó xuất hiện nhiều trong lĩnh vực của hình học, từ hình học phẳng sơ cấp, hình
học khơng gian đến hình học tổ hợp, . . .
Bất đẳng thức hình học có ứng dụng rất rộng lớn trong đời sống cũng như việc
chứng minh các bài tốn hình học hóc búa khác. Nhìn một cách khái qt, việc
chứng minh bất đẳng thức hình học khơng phải một sớm một chiều là có thể thành
thạo được, vì nó cần có sự tổng hợp của tất cả các kiến thức về hình học lẫn đại
số, đầu óc liên tưởng nhạy bén, những sáng tạo trong cách giải, . . .
Để tìm hiểu về các bất đẳng thức hình học phẳng kinh điển có áp dụng rộng rãi
trong tốn sơ cấp như bất đẳng thức Euler, Blundon, Walker, Finsler-Hadwiger,
chúng tôi chọn đề tài “Mở rộng và áp dụng của một số bất đẳng thức hình học
phẳng” bao gồm: Mở đầu, Nội dung, Kết luận và Tài liệu tham khảo. Nội dung

của luận văn gồm hai chương.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị.
Chương này trình bày một số kiến thức như: một số bất đẳng thức cơ bản, hệ
thức lượng, hệ thức vectơ, phép thế Ravi trong tam giác và tính chất nghiệm của
phương trình bậc ba liên quan đến các yếu tố cạnh và góc của tam giác.
Chương 2. Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác.
Chương này trình bày và chứng minh (nhiều cách nhất có thể) một số bất đẳng
thức như: Bất đẳng thức Euler, Blundon, Walker, Finsler-Hadwiger cũng như các


2

mở rộng và áp dụng của chúng.
Tôi xin được bày tỏ lịng biết ơn chân thành và sự kính trọng sâu sắc đến thầy
TS. Lê Thanh Hiếu, trường Đại học Quy Nhơn, thầy đã trực tiếp giảng dạy,
hướng dẫn và tạo mọi điều kiện trong quá trình học tập và nghiên cứu để tơi có
thể hồn thành luận văn này một cách tốt nhất. Bên cạnh đó, tơi cũng xin chân
thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng sau đại học, Khoa Toán học trường Đại học
Quy Nhơn cùng quý thầy cô giáo của trường, quý thầy cô giáo thỉnh giảng đã trực
tiếp giảng dạy, giúp đỡ tơi trong q trình học tập, hoàn thành các học phần tại
trường. Nhân đây, tôi cũng xin cảm ơn các anh, chị học viên trong lớp Phương
pháp tốn sơ cấp khóa 22, gia đình, bạn bè và đồng nghiệp đã giúp đỡ, động viên
tôi trong suốt q trình học tập và hồn thành luận văn.
Mặc dù rất cố gắng nhưng bên cạnh những kết quả đã đạt được, luận văn khó
tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự góp ý chân
thành của q thầy cơ và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Ngày 18 tháng 9 năm 2021
Học viên thực hiện

Nguyễn Thị Quỳnh Mai



3

DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU
Luận văn này sử dụng các ký hiệu sau đây cho các tam giác ABC và A0 B 0 C 0 :
a, b, c:
độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC ,
a0 , b 0 , c 0 :
a+b+c
:
p=
2 0
0
a + b + c0
p0 =
:
2
S :

độ dài các cạnh B 0 C 0 , C 0 A0 , A0 B 0 của tam giác A0 B 0 C 0 ,
nửa chu vi của tam giác ABC ,
nửa chu vi của tam giác A0 B 0 C 0 ,
diện tích tam giác ABC ,

S0 :

diện tích tam giác A0 B 0 C 0 ,

r, R:


lần lượt là bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp tam giác ABC ,

r 0 , R0 :

lần lượt là bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp tam giác A0 B 0 C 0 ,

ha , hb , hc :

lần lượt là độ dài đường cao hạ từ đỉnh A, B, C của tam giác ABC.


4

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày một số kiến thức chuẩn bị cho chương sau như một số hệ
thức lượng trong tam giác và đường tròn, phép thế Ravi, một số tính chất nghiệm
của phương trình bậc ba liên quan đến cạnh và góc của tam giác. Nội dung của
chương này được tham khảo từ tài liệu [1].

1.1

Một số bất đẳng thức quan trọng

Định lý 1.1. (Bất đẳng thức Schwarz). Cho a1 , . . . , an là các số thực tùy ý; b1 , . . . , bn
là các số dương, n ∈ N ∗ . Khi đó
a21 a22
a2
(a1 + a2 + . . . + an )2

+
+ ... + n ≥
.
b1
b2
bn
b1 + b 2 + . . . + bn

(1.1)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an .
Định lý 1.2. (Bất đẳng thức Bernoulli). Với x > −1, ta ln có
(1 + x)α ≤ 1 + αx với 0 < α < 1,

(1.2)

(1 + x)α ≥ 1 + αx với α < 0 hoặc α ≥ 1.

(1.3)

Định lý 1.3. (Bất đẳng thức Cauchy). Cho a1 , . . . , an là các số thực khơng âm.
Khi đó
√
a1 + a2 + . . . + an
≥ n a1 a2 . . . an .
n

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an .

(1.4)



5

Định lý 1.4. (Bất đẳng thức Jensen). Nếu f là hàm lồi trên khoảng I thì với mọi
x1 , x2 , . . . , xn ∈ I ta có
f (x1 ) + f (x2 ) + . . . + f (xn ) ≥ nf

x + x + . . . + x 
1
2
n
n

.

(1.5)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = . . . = xn .

1.2

Một số hệ thức lượng và hệ thức véctơ cho tam
giác

Định lý 1.5. Trong tam giác ABC, ta có
a) Định lý hàm số côsin:
a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, b2 = a2 + c2 − 2ac cos B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.

b) Định lý hàm số sin:


b
c
a
=
=
= 2R.
sin A
sin B
sin C

c) Các cơng thức tính diện tích của tam giác ABC :
1
1
1
S = ab sin C = bc sin A = ca sin B,
2
2
2
abc
S=
,
4R
S = pr,
S=

p

p(p − a)(p − b)(p − c) (Công thức Hê-rông).


Định lý 1.6. (Định lý Stewart). Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC .
Gọi d là độ dài của đoạn thẳng nối từ một đỉnh của tam giác đến điểm nằm trên
cạnh đối diện với đỉnh đó. Đoạn thẳng này chia cạnh a thành hai đoạn có độ dài
m và n. Khi đó
b2 m + c2 n = a(d2 + mn).

(1.6)

Định lý 1.7. Cho G, H , I , O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội
tiếp, ngoại tiếp của tam giác ABC . Khi đó
−→

−−→

−→

→
−

(1) GA + GB + GC = 0 ,


6
−→

−→

−−→

−→


−
→

−→

−→

→
−

(2) 3OG = OA + OB + OC ,
(3) aIA + bIB + cIC = 0 ,
−→

−→

−−→

−→

−−→

−−→

−→

(4) (a + b + c)OI = aOA + bOB + cOC ,
−−→


(5) (a + b + c)HI = aHA + HB + HC .
Hệ quả 1.8. Trong tam giác ABC với G, H , O, I lần lượt là trọng tâm, trực tâm,
tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp, ta có các cơng thức sau:
1p 2
9R − (a2 + b2 + c2 ),
3
a3 + b3 + c3 + abc
IH 2 = 4R2 −
,
a+b+c
1p 2
IG =
9r − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2 ).
3
OG =

1.3

(1.7)
(1.8)
(1.9)

Phép thế Ravi

Phép thế Ravi rất hữu dụng khi thiết lập các bất đẳng thức tam giác. Sau đây,
phép thế Ravi được trình bày theo Định lý 1.9 dưới đây.
Định lý 1.9. Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh là a, b, c. Khi đó tồn tại các
số thực dương x, y, z sao cho a = y + z, b = z + x, c = x + y mà ở đây rõ ràng
a+b+c
. Hơn nữa, nếu ta có các số

2
thực dương x, y, z thì tồn tại một tam giác nhận các biểu thức x + y, y + z, z + x
x = p − a, y = p − b, z = p − c trong đó p =

làm độ dài ba cạnh.

1.4
1.4.1

Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba
và áp dụng của chúng
Các tính chất nghiệm của phương trình bậc ba

Định lý 1.10. (Định lý Vi-et về nghiệm của phương trình bậc ba). Cho phương
trình
x3 + ax2 + bx + c = 0.


7

Khi đó phương trình có ba nghiệm (kể cả nghiệm phức) x1 , x2 , x3 thỏa mãn các
tính chất dưới đây.

1.4.2

x1 + x2 + x3 = −a,

(1.10)

x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = b,


(1.11)

x1 x2 x3 = −c,

(1.12)

x21 + x22 + x23 = a2 − 2b,

(1.13)

(x1 − x2 )2 + (x2 − x3 )2 + (x3 − x1 )2 = 2(a2 − 3b),

(1.14)

x31 + x32 + x33 = −a3 + 3ab − 3c,

(1.15)

x21 x22 + x22 x23 + x23 x21 = b2 − 2ac,

(1.16)

x41 + x42 + x43 = a4 − 4a2 b + 2b2 + 4ac,

(1.17)

ab
x1 + x2 x2 + x3 x3 + x1
− 3.

+
+
=
x3
x1
x2
c

(1.18)

Áp dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc ba

Mục này đề cập đến các hệ thức liên hệ giữa ba cạnh của một tam giác, các
yếu tố lượng giác sin và cơsin, chúng có được từ việc áp dụng các tính chất nghiệm
của phương trình bậc ba như trên. Điều này được trình bày trong Định lý 1.11 và
các hệ quả dưới đây.
Định lý 1.11. Trong tam giác ABC với a, b, c là độ dài ba cạnh và p, R, r lần
lượt là nửa chu vi, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp. Khi đó ta có
1) Độ dài ba cạnh a, b, c của tam giác ABC là nghiệm của phương trình bậc ba
t3 − 2pt2 + (p2 + 4Rr + r2 )t − 4pRr = 0.

(1.19)

2) sin A, sin B, sin C là nghiệm của phương trình bậc ba
t3 −

p 2 p2 + 4Rr + r2
pr
t +
t−

= 0.
2
R
4R
2R2

(1.20)


8

3) cos A, cos B, cos C là nghiệm của phương trình bậc ba
t3 −

R + r 2 p2 − 4R2 + r2
p2 − (2R + r)2
t +
t
−
= 0.
R
4R2
4R2

(1.21)

Từ Định lý 1.11 ta có các hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.12. Trong tam giác ABC với a, b, c là độ dài ba cạnh và p, R, r lần
lượt là nửa chu vi, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp. Khi đó ta có
(1) abc = 4pRr,


(1.22)

(2) a + b + c = 2p,

(1.23)

(3) ab + bc + ca = p2 + 4Rr + r2 ,

(1.24)

(4) a2 + b2 + c2 = 2(p2 − 4Rr − r2 ),

(1.25)

(5) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 2(p2 − 12Rr − 3r2 ),

(1.26)

(6) a3 + b3 + c3 = 2p(p2 − 6Rr − 3r2 ),

(1.27)

(7) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = (p2 + 4Rr + r2 )2 − 16p2 Rr,

(1.28)


2

(8) a4 + b4 + c4 = 2 p4 − 2p2 r(4R + 3r) + r2 (4R + r)

(9)

p2 − 2Rr + r2
a+b b+c c+a
+
+
=
.
c
a
b
2Rr

,

(1.29)
(1.30)

Chứng minh. (1) Áp dụng Tính chất (1.12) của phương trình bậc ba đối với (1.19)
trong Định lý 1.11, hệ thức (1.22) được chứng minh.
(2) Áp dụng Tính chất (1.10) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định

lý 1.11, hệ thức (1.23) được chứng minh.
(3) Áp dụng Tính chất (1.11) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định

lý 1.11, hệ thức (1.24) được chứng minh.
(4) Cách 1. Áp dụng Tính chất (1.13) của phương trình bậc ba đối với (1.19)

trong Định lý 1.11, hệ thức (1.25) được chứng minh.
Cách 2. Theo công thức (1.23) và (1.24) ta có

a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca)
= 4p2 − 2(p2 + 4Rr + r2 )
= 2(p2 − 4Rr − r2 ).


9
(5) Cách 1. Áp dụng Tính chất (1.14) của phương trình bậc ba đối với (1.19)

trong Định lý 1.11, hệ thức (1.26) được chứng minh.
Cách 2. Ta có
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 2 (a2 + b2 + c2 ) − (ab + bc + ca)




= 2 2(p2 − 4Rr − r2 ) − (p2 + 4Rr + r2 )




= 2(p2 − 12Rr − 3r2 ).
(6) Áp dụng Tính chất (1.15) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định

lý 1.11, ta có
a3 + b3 + c3 = −(−2p)3 + 3(−2p)(p2 + 4Rr + r2 ) + 3.4pRr
= 8p3 − 6p3 − 24pRr − 6pr2 + 12pRr
= 2p3 − 12pRr − 6pr2
= 2p(p2 − 6Rr − 3r2 ).
(7) Áp dụng Tính chất (1.16) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định

lý 1.11, ta có
a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = (p2 + 4Rr + r2 )2 − 2.2p.4pRr = (p2 + 4Rr + r2 )2 − 16p2 Rr.

(8) Cách 1. Áp dụng Tính chất (1.17) của phương trình bậc ba đối với (1.19)

trong Định lý 1.11, ta có
a4 + b4 + c4 = (−2p)4 − 4(−2p)2 (p2 + 4Rr + r2 ) + 2(p2 + 4Rr + r2 )2 + 4(−2p)(−4pRr)
= 16p4 − 16p2 (p2 + 4Rr + r2 ) + 2(p2 + 4Rr + r2 )2 + 32p2 Rr
= 2p4 + 32R2 r2 + 2r4 − 16p2 Rr + 16Rr3 − 12p2 r2
= 2p4 − (16p2 Rr + 12p2 r2 ) + (32R2 r2 + 16Rr3 + 2r4 )
= 2p4 − 4p2 r(4R + 3r) + 2r2 (16R2 + 8Rr + r2 )
= 2 p4 − 2p2 r(4R + 3r) + r2 (4R + r)2 .





10

Cách 2. Ta có
a4 + b4 + c4 = (a2 + b2 + c2 )2 − 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )
= 4(p2 − 4Rr − r2 )2 − 2 (p2 + 4Rr + r2 )2 − 16p2 Rr




= 4(p2 − 4Rr − r2 )2 − 2(p2 + 4Rr + r2 )2 + 32p2 Rr
= 2p4 + 32R2 r2 + 2r4 − 16p2 Rr + 16Rr3 − 12p2 r2
= 2p4 − (16p2 Rr + 12p2 r2 ) + (32R2 r2 + 16Rr3 + 2r4 )
= 2p4 − 4p2 r(4R + 3r) + 2r2 (16R2 + 8Rr + r2 )
= 2 p4 − 2p2 r(4R + 3r) + r2 (4R + r)2 .




(9) Áp dụng Tính chất (1.18) của phương trình bậc ba đối với (1.19) trong Định


lý 1.11, ta có
−2p(p2 + 4Rr + r2 )
a+b b+c c+a
+
+
=
−3
c
a
b
−4pRr
p2 + 4Rr + r2
=
−3
2Rr
p2 − 2Rr + r2
.
=
2Rr

Hệ quả 1.13. Trong tam giác ABC với p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính
đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp. Khi đó ta có
(1) sin A + sin B + sin C =

p
,
R

(1.31)


(2) sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A =
(3) sin2 A + sin2 B + sin2 C =

p2 + 4Rr + r2
,
4R2

p2 − 4Rr − r2
.
2R2

(1.32)
(1.33)

Chứng minh. (1) Áp dụng Tính chất (1.10) của phương trình bậc ba đối với (1.20)
trong Định lý 1.11, hệ thức (1.31) được chứng minh.
(2) Áp dụng Tính chất (1.11) của phương trình bậc ba đối với (1.20) trong Định

lý 1.11, hệ thức (1.32) được chứng minh.
(3) Áp dụng Tính chất (1.13) của phương trình bậc ba đối với (1.20) trong Định

lý 1.33, hệ thức (1.33) được chứng minh.


11

Hệ quả 1.14. Trong tam giác ABC với p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính
đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp. Khi đó ta có
(1) cos A + cos B + cos C =


R+r
,
R

p2 − 4R2 + r2
,
4R2
6R2 + 4Rr + r2 − p2
(3) cos2 A + cos2 B + cos2 C =
,
2R2
p2 − (2R + r)2
(4) cos A cos B cos C =
.
4R2

(2) cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A =

(1.34)
(1.35)
(1.36)
(1.37)

Chứng minh.
(1) Áp dụng Tính chất (1.10) của phương trình bậc ba đối với (1.21) trong Định

lý 1.11, hệ thức (1.34) được chứng minh.
(2) Áp dụng Tính chất (1.11) của phương trình bậc ba đối với (1.21) trong Định


lý 1.11, hệ thức (1.35) được chứng minh.
(3) Cách 1. Áp dụng Tính chất (1.13) của phương trình bậc ba đối với (1.21)

trong Định lý 1.11, hệ thức (1.36) được chứng minh.
Cách 2. Ta có
cos2 A + cos2 B + cos2 C = (cos A + cos B + cos C)2 − 2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A)
p2 − 4R2 + r2
R+r 2
) − 2.
=(
R
4R2
2
2
4(R + 2Rr + r ) − 2(p2 − 4R2 + r2 )
=
4R2
12R2 + 8Rr + 2r2 − 2p2
=
4R2
2
6R + 4Rr + r2 − p2
=
.
2R2
(4) Áp dụng Tính chất (1.12) của phương trình bậc ba đối với (1.21) trong Định

lý 1.11, hệ thức (1.37) được chứng minh.



12

Chương 2
Một số bất đẳng thức hình học trong
tam giác
Trong chương này, chúng tơi tìm hiểu một số bất đẳng thức hình học phẳng
như: Bất đẳng thức Euler, Blundon, Walker, Finsler-Hadwiger. Với mỗi bất đẳng
thức chúng tôi chứng minh lại bằng nhiều cách nhất có thể. Đồng thời chúng tơi
cũng trình bày một số mở rộng và áp dụng của chúng. Các kết quả của chương
này được tham khảo từ các tài liệu [1], [2], [3], [6], [7], [8].

2.1
2.1.1

Bất đẳng thức Euler
Bất đẳng thức Euler

Định lý 2.1. (Hệ thức Euler). Khoảng cách d giữa các tâm đường tròn ngoại tiếp
và nội tiếp của một tam giác bằng
d2 = R2 − 2Rr.

(2.1)

Chứng minh. Giả sử O và I là tâm của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam
giác ABC . Khi đó d = OI . Gọi M , T lần lượt là giao điểm của các đường phân giác
BI , CI với đường trịn tâm O. Đường kính qua O cắt đường tròn tâm O tại N , P

như hình vẽ dưới đây.



13
A
M
N
T
I

O

B

C

D
P
K

Ta có R2 − OI 2 = (R + OI)(R − OI) = (OP + OI)(ON − OI) = IP.IN . Hơn nữa,
dB, N
d . Từ đó ta có IM = IN hay
[
[
4IM N v 4IP B (g.g) vì N
M I = IP
IM = BIP
_

_

_


_

IP

IB

IB.IM = IP.IN . Mặt khác AT =BT , AM =M C vì I là giao điểm các đường phân giác.

Do đó
_
_
1
[
M
IC = (sđ BT +sđ M C)
2
_
_
1
= (sđ AT +sđ AM )
2
_
1
= sđ M T .
2
_
1
[
[

[
Ta lại có M
CI =
sđ M T nên M
IC = M
CI . Do đó 4M IC cân tại M , ta

2

được M I = M C . Kẻ đường kính M K với đường trịn tâm O, kẻ ID vng góc
\
\
BC . Dễ thấy 4DIB v 4CM K (g.g) vì I[
DB = K
CM , M
KC = I[
BD. Suy ra
IB
ID
=
hay M K.ID = IB.M C. Vì M K = 2R, ID = r, M I = M C nên
MK
MC
2Rr = M K.ID = IB.M C = IB.M I = R2 − OI 2 . Do đó OI 2 = R2 − 2Rr. Vậy
d2 = R2 − 2Rr.

Hệ quả 2.2. (Bất đẳng thức Chapple-Euler). Trong tam giác ABC có R, r lần
lượt là bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp. Khi đó ta có
R > 2r.


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

(2.2)


14

Chứng minh 1. Từ Định lý 2.1 ta có cơng thức d2 = R2 − 2Rr trong đó d là khoảng
cách giữa tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Hiển nhiên ta có R ≥
2r.

Chứng minh 2. Giả sử tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp và ngoại tiếp lần
lượt là O1 , O2 . Dựng tam giác A1 B1 C1 đi qua các đỉnh của tam giác ABC và song
song với các cạnh của nó như hình vẽ.
A2

A1

B

O2

C
O1

C1
C2
A
B1


B2

Dựng các tiếp tuyến của đường trịn tâm O2 song song với các cạnh của tam
giác A1 B1 C1 và tiếp điểm nằm trên cung AB (chứa điểm C ). Theo cách dựng trên,
tam giác A1 B1 C1 nằm trong tam giác A2 B2 C2 và đồng dạng với tam giác ABC với
tỉ số đồng dạng bằng

A1 B1
= 2. Gọi r1 là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác
AB

A1 B1 C1 .

Mặt khác, tỉ số các bán kính đường trịn nội tiếp của hai tam giác đồng dạng
bằng tỉ số các cạnh tương ứng, tức là
R > 2r.

A1 B1
r1
=
= 2, hay r1 = 2r. Vì R > r1 nên
r
AB


15

2.1.2

Một số mở rộng của Bất đẳng thức Euler


Trong mục này ta tìm hiểu hai mở rộng của Bất đẳng thức Euler sau đây.
Định lý 2.3. Với a, b, c, R, r lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB , bán kính
đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC ; a0 , b0 , c0 , R0 , r0 lần lượt là độ
dài các cạnh B 0 C 0 , C 0 A0 , A0 B 0 , bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp của tam
giác A0 B 0 C 0 . Khi đó ta có
R
2 a
b
c
(
≥
+
+
).
r0
3 a0 b 0 c 0

(2.3)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các tam giác ABC và A0 B 0 C 0 đều.
Rõ ràng khi a = a0 , b = b0 , c = c0 thì bất đẳng thức (2.3) trong Định lý 2.3 trở
thành Bất đẳng thức Euler (2.2). Để chứng minh định lý trên ta cần một số kết
quả sau đây.
Bổ đề 2.4. Điểm P thuộc miền trong của tam giác ABC khi và chỉ khi
−→
−−→
−→ →
−
SP BC .P A + SP CA .P B + SP AB .P C = 0 .


(2.4)

Chứng minh. Nếu điểm P nằm ngoài miền trong của tam giác ABC thì đẳng thức
trên khơng xảy ra. Ngược lại, nếu điểm P thuộc miền trong của tam giác ABC .
Giả sử P nằm trong tam giác ABC. Dựng hệ trục tọa độ Oxy có O ≡ P. Giả sử
A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 , ), C(x3 ; y3 ).

Diện tích của các tam giác P BC, P CA, P AB lần lượt xác định như sau, chú ý
rằng ta có thể chọn hệ trục tọa độ sao cho x1 , x3 , y1 ≥ 0 và x2 , y2 , y3 ≤ 0, khi đó
2SP BC = |x2 y3 − y2 x3 | = x2 y3 − y2 x3 ,
2SP CA = |x3 y1 − x1 y3 | = x3 y1 − x1 y3 ,
2SP AB = |x1 y2 − x2 y1 | = x1 y2 − x2 y1 .
−→

−−→

−→

Mặt khác, P A = (x1 , y1 ), P B = (x2 , y2 ), P C = (x3 , y3 ). Bằng tính tốn trực tiếp ta
được
−→
−−→
−→
2SP BC .P A + 2SP CA .P B + 2SP AB .P C = (0; 0).

Bổ đề được chứng minh xong.


16


Bổ đề 2.5. (Bất đẳng thức Klamkin). Giả sử P là một điểm nằm trong mặt phẳng.
Gọi R1 , R2 , R3 theo thứ tự là khoảng cách từ điểm P đến các đỉnh A, B, C của
tam giác ABC . Khi đó với các số thực x, y, z ta có
(x + y + z)(xR12 + yR22 + zR32 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 .

(2.5)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P nằm bên trong tam giác ABC và
x : y : z = SP BC : SP CA : SP AB ,

với SP BC , SP CA , SP AB theo thứ tự là diện tích các tam giác P BC, P CA, P AB.
Chứng minh. Với mọi x, y, z ∈ R ta luôn có
−→
−−→
−→
(xP A + y P B + z P C)2 ≥ 0.

(2.6)

Hay
−→ −−→
−−→ −→
−→ −→
x2 P A2 + y 2 P B 2 + z 2 P C 2 + 2(xy P A.P B + yz P B.P C + xz P A.P C) ≥ 0.

(2.7)

Mặt khác theo Định lý hàm số cơsin ta có
[

[
AB 2 = P A2 + P B 2 − 2P A.P B cos AP
B ⇔ 2P A.P B cos AP
B = P A2 + P B 2 − c 2 .
Suy ra
−→ −−→
[
2P A.P B = 2P A.P B cos AP
B = P A2 + P B 2 − c 2 .

(2.8)

Tương tự ta có
−−→ −→
[
2P B.P C = 2P B.P C cos BP
C = P B 2 + P C 2 − a2 ,
−→ −→
[
2P A.P C = 2P A.P C cos AP
C = P A2 + P C 2 − b 2 .

Thay (2.8), (2.9) và (2.10) vào (2.7) ta có
x2 P A2 + y 2 P B 2 + z 2 P C 2 + xy(P A2 + P B 2 − c2 )+
yz(P B 2 + P C 2 − a2 ) + xz(P A2 + P C 2 − b2 ) ≥ 0
⇔ (x + y + z)(xP A2 + yP B 2 + zP C 2 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 ,

(2.9)
(2.10)



17

hay
(x + y + z)(xR12 + yR22 + zR32 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 .

Từ (2.6), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
−→
−−→
−→ →
−
xP A + y P B + z P C = 0 .

(2.11)

Vậy Bổ đề 2.5 được chứng minh.
Hệ quả 2.6. Cho các số thực x, y , z dương. Khi đó
√
(x + y + z)2 ≥ 2 3 (yz sin A + zx sin B + xy sin C) .

(2.12)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z và tam giác ABC đều.
Chứng minh. Với x, y, z > 0, theo Bất đẳng thức Klamkin ở Bổ đề 2.5, ta có
(x + y + z)(xR12 + yR22 + zR32 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 .

(2.13)

Xét trường hợp điểm P là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC , ta có
R1 = R2 = R3 = R, khi đó (2.13) trở thành

R2 (x + y + z)2 ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 .

(2.14)

Theo Bất đẳng thức Schwarz, ta có
(yza + zxb + xyc)2 =

√

√ √
√
√ √
2
yz. yza + zx. zxb + xy. xyc

≤ (yz + zx + xy)(yza2 + zxb2 + xyc2 ),

hay
yza2 + zxb2 + xyc2
≥
yz + zx + xy



yza + zxb + xyc
yz + zx + xy

Do đó bất đẳng thức (2.14) tương đương với

1
R2 (x + y + z)2 .

≥
yz + zx + xy

yza2 + zxb2 + xyc2
yz + zx + xy

1
≥
⇔ R (x + y + z) .
yz + zx + xy
2

2

2



.



yza + zxb + xyc
yz + zx + xy

2

⇔ R2 (x + y + z)2 (yz + zx + xy) ≥ (yza + zxb + xyc)2
√
⇔ R(x + y + z) yz + zx + xy ≥ yza + zxb + xyc




√
a
b
c
⇔ (x + y + z) yz + zx + xy ≥ 2 yz
+ zx
+ xy
2R
2R
2R


.

(2.15)


18

Sử dụng Định lý hàm số côsin
a
b
c
=
=
= 2R,
sin A

sin B
sin C

thay vào (2.15) ta có
√
(x + y + z) yz + zx + xy ≥ 2(yz sin A + zx sin B + xy sin C).

(2.16)

Từ (2.16) ta có
√
2(yz sin A + zx sin B + xy sin C) ≤ (x + y + z) yz + zx + xy

Ta lại có
(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ 0
⇔ x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ≥ 0
⇔ x2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) ≥ 3(xy + yz + zx)
⇔ (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx)
√ √
⇔ x + y + z ≥ 3 xy + yz + zx.

Suy ra
2(yz sin A + zx sin B + xy sin C) ≤

(x + y + z)2
√
3

√
⇔ 2 3(yz sin A + zx sin B + xy sin C) ≤ (x + y + z)2 .


Vậy Hệ quả 2.6 được chứng minh.
Chứng minh Định lý 2.3 . Vì Hệ quả 2.6 đúng với các số dương x, y, z bất kỳ
nên ta có x = sin A0 , y = sin B 0 , z = sin C 0 . Do đó
√


(sin A0 + sin B 0 + sin C 0 )2 ≥ 2 3 sin B 0 sin C 0 sin A + sin C 0 sin A0 sin B + sin A0 sin B 0 sin C .
√

Đặt T = 2 3 (sin B 0 sin C 0 sin A + sin C 0 sin A0 sin B + sin A0 sin B 0 sin C). Áp dụng Định
lý hàm số sin, ta có
a
b
c
=
=
= 2R,
sin A
sin B
sin C
a0
b0
c0
=
=
= 2R0 .
sin A0
sin B 0
sin C 0



19

Suy ra
√
T =2 3



ab0 c0
bc0 a0
ca0 b0
+
+
(2R0 )2 .2R (2R0 )2 .2R (2R0 )2 .2R

√ 4p0 R0 r0
=2 3
(2R0 )2 .2R

√ p0 r 0 a
+
= 3 0.
R R a0



a
b
c

+ 0+ 0
0
a
b
c

b
c
+ 0
0
b
c





với a0 b0 c0 = 4p0 R0 r0


.

Do đó
√ p0 r 0
(sin A + sin B + sin C ) ≥ 3 0 .
R R
0

0


0 2



a
b
c
+ 0+ 0
0
a
b
c


.

(2.17)

p0
a0
b0
c0
=
+
+
= sin A0 + sin B 0 + sin C 0 nên
R0
2R0 2R0 2R0



√ r0 a
b
c
0
0
0
+ +
.
sin A + sin B + sin C ≥ 3
R a0 b 0 c 0
√
3
3
Với sin A0 + sin B 0 + sin C 0 ≤
, ta có
2




√
b
c
R
2 a
b
c
3 3 √ r0 a
≥ 3
+ +

⇔ 0 ≥
+ +
.
2
R a0 b 0 c 0
r
3 a0 b 0 c 0

Mặt khác ta có

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z và tam giác ABC đều. Ta có x = y = z ,
tức là sin A0 = sin B 0 = sin C 0 , nghĩa là tam giác A0 B 0 C 0 đều. Vậy Định lý 2.3 đã
được chứng minh.
Sau đây là một số hệ quả của Định lý 2.3, chúng cũng có thể xem là các mở
rộng khác của Bất đẳng thức Euler.
Hệ quả 2.7. Trong tam giác ABC với R, r lần lượt là bán kính đường trịn ngoại
tiếp, nội tiếp, ta có

√ 

3
R
1
1
1
≥
+
+
.
r

3 sin A sin B sin C
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

(2.18)

Chứng minh. Khơng mất tính tổng qt, trong (2.3) giả sử a = b = c, khi đó ta có
1

R 2
1
1
r0

≥ a 0+ 0+ 0
3
a
b
1 c 1 1
2
= .2R sin A 0 + 0 + 0
3√
a
b
c


2 3
1
1
1

b = 600 .
=
R 0 + 0 + 0 vì a = b = c nên A
3
a
b
c


20

Suy ra
√ 

1
2 3 1
1
1
≥
+ +
r0
3
a0 b 0 c 0
√


1
2 3
1
1

=
+
+
3
2R0 sin A0 2R0 sin B 0 2R0 sin C 0
√
 1

2 3 1
1
1
. 0
=
+
+
0
sin B 0 sin C 0
√3 2R sin A

3
1
1
1
.
=
+
+
3R0 sin A0 sin B 0 sin C 0

Do đó

√ 

R0
3
1
1
1
.
≥
+
+
r0
3 sin A0 sin B 0 sin C 0

Vì tam giác A0 B 0 C 0 là bất kì nên bất đẳng thức đã được chứng minh xong.
Hệ quả 2.8. Trong tam giác ABC với a, b, c, R, r lần lượt là độ dài ba cạnh, bán
kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp, ta có
3R
b c
−1≥ + .
2r
c b

(2.19)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Chứng minh. Trong (2.3), lấy a0 = a, b0 = c, c0 = b ta thu được bất đẳng thức
trên.
Hệ quả 2.9. Trong tam giác ABC với a, b, c, R, r lần lượt là độ dài ba cạnh, bán
kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp, ta có


R
2
≥
r
3

a b c
+ +
b c a


.

(2.20)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Chứng minh. Trong (2.3), lấy a0 = b, b0 = c, c0 = a khi đó r = r0 . Từ đó ta thu được
bất đẳng thức trên.
Định lý 2.10. Trong tam giác ABC có a, b, c là độ dài ba cạnh và R, r lần lượt
là bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp. Khi đó ta có
r
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
1
+
6
.
R
16R2
2


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

(2.21)


21

Chứng minh. Gọi O và I tương ứng là tâm đường tròn ngọại tiếp và nội tiếp của
tam giác ABC , O0 và I 0 tương ứng là hình chiếu của O và I trên AC như hình vẽ
dưới đây.

A
I0

O0

I
O

C

B

Khi đó ta có
b
a+b−c
CO0 = , CI 0 = p − c =
.
2

2

Khơng mất tính tổng qt, giả sử a 6 b 6 c. Theo tính chất phép chiếu, ta
có OI > O0 I 0 . Theo Hệ thức Euler trong Định lý 2.1, ta có OI = R2 − 2Rr. Vì
|(a + b − c) − b|
|a − c|
=
nên từ OI > O0 I 0 ta suy ra R2 −2Rr =
2
2
(a − c)2
OI 2 > O0 I 02 =
. Vì a 6 b 6 c nên ta có
4

O0 I 0 = |CI 0 −CO0 | =

(c − a)2 = ((c − b) + (b − a))2
= (c − b)2 + (b − a)2 + 2(c − b)(b − a)

> (c − b)2 + (b − a)2 .
Vậy 2(R2 − 2Rr) >

(c − a)2 + (c − b)2 + (b − a)2
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
4

tam giác là tam giác đều.

2.1.3


Một số áp dụng của Bất đẳng thức Euler

Bài toán 2.1. Cho tam giác ABC . Gọi R, r lần lượt là bán kính đường trịn ngoại
tiếp, nội tiếp của tam giác ABC . Chứng minh rằng
r (4R + r)2
4Rr + 19r ≤
.
2R − r
2

(2.22)