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

6 6 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 6 6 6 4 4 4 4 . 192 . 30 15 . 18  . 2 78 a c b c z x x y x y x y x y y z z x y z y z z x z x x y z y z x z x y x y z x y z x y z x y z                                               (1.2.3.7) Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau:                                     3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 30 15 18 u v v w w u u v u v v w v w w u w u uvw u v w v w u w u v      3 3 3 2 2 22 78 0.uvw u v w u v w (1.2.3.8) Thang Long University Library 19 Trong đó   2 2 2, ,u x v y w z 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:    1 2 3 ,Q Q Q Q (1.2.3.9) trong đó:                                                                                2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 15         12 0. 2 3         30 3 0. 30 . Q u v u v v w v w w u w u uvw u v w v w u w u v Q uvw u v w uvw u v v w w u u v w Q u v w u w v v w u v u w w u v w v u Bằng cách thay thế   , ,u vw v wu w uv vào bất đẳng thức nổi tiếng Schur:                  0.u u v u w v v w v u w w u w v (1.2.3.10) Từ đó suy ra  3 0.Q Vậy    1 2 3 0, 0, 0.Q Q Q Từ (11.9) suy ra:  0.Q 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 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 2 , , , a b c x y z R R R R R R       ta được 20 Hệ quả 1.2.3.1 Cho ABC và điểm P tùy ý, ta có      2 2 2 2 2 2 2 23 1 1 2 1 2 2 3 bc ca R R R R R R R R         2 2 2 22 3 3 1 9 . 2 ab R R R R     (1.2.3.11) 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       2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 2 8 . 27 R R R R R R abc    (1.2.3.12) Hệ quả 1.2.3.3 Cho ABC và điểm P tùy ý, ta có 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 2 6. R R R R R R a b c       (1.2.3.13) 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:   2 2 2 2 2 2 2 2 22 3 3 1 1 2 2 . 3 R R R R R R x y z yz zx xy a b c         (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 2 2 2 2 22 3 3 1 1 2 2 . 3 R R R R R R bc ca ab        (1.2.3.15) Với 1  là một trong những điểm Crelle -Brocard của  ,ABC ta có Thang Long University Library 21 công thức sau:     4 2 2 1 2 2 2 2 2 2 . c b A b c c a a b Đặt 1 P   thì từ (1.2.3) ta có:          2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 22 . 3 c a b x a b c y b c a z yz zx xy b c c a a b           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      2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 4 2b c a x c a b y a b c z       2 2 2 2 2 22 . 3 yz zx xy b c c a a b     (1.2.3.16) Ta biểu thị các cạnh      , ,B C C A A B của   A B C lần lượt bởi   ,   ,   ,a b c khoảng cách từ điểm P tùy ý đến các đỉnh   , ,A B C lần lượt là    1 2 3 , , .D D D Trong (1.2.3), thay          1 2 3, , , D D D x y z a b c sau đó sử dụng bất đẳng thức Hayashi (có thể được suy ra từ bất đẳng thức Klamkin)                2 3 3 1 1 2 1. D D D D DD b c c a a b (1.2.3.17) ta được Hệ quả 1.2.3.7 Cho ,ABC   A B C và hai điểm , ,P P ta có                        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 1 2 1 2 3 2 2 2 2 . 3 R R D R R D R R D aa bb cc (1.2.3.18) Đặt ABC    A B C và  ,P P ta có Hệ quả 1.2.3.8 Cho ABC và điểm P tùy ý. Khi ấy 22      2 2 2 2 2 2 2 2 22 3 1 3 1 2 1 2 3 4 4 4 2 3 R R R R R R R R R a b c       (1.2.3.19) (Hình 1.2.3.19) Cho P nằm trong mặt phẳng của ,ABC và , ,  D E F là hình chiếu của P trên các cạnh , ,  BC CA AB (xem Hình 1.2.3.19). Đặt 1 2 3 , ,PD r PE r PF r   biết rằng 1 2 sin , sin ,EF R A FD R B  3 sin ,DE R 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 , ,A B C thì với các số thực tùy ý , ,x y z ta có bất đẳng thức   2 2 2 2 2 2 2 2 22 3 3 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 . 3sin sin sin r r r r r r x y z yz zx xy R A R B R C         (1.2.3.20) Rõ ràng, (1.2.3.20)  2 2 2 2 2 2 2 2 22 3 3 1 1 2 2 2 2 1 2 3 r r r r r r x y z R R R       2 sin sin sin sin sin sin . 3 yz B C zx C A xy A B   (1.2.3.21) Ghi chú Cho 1 x y z   và thay vào (1.2.3.21), ta được Thang Long University Library 23 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2. sin sin sin r r r r r r R A R B R C       (1.2.3.22) Hệ quả 1.2.3.10 Nếu P nằm trong mặt phẳng của tam giác ABC và không trùng với các đỉnh , , ,A B C thì:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 3 3 1 1 2 2 2 2 1 2 3 2 . 3 a b c r r r r r r a b c h h h R R R         (1.2.3.23) Ngoài ra, cho 1 2 3 , ,x R y R z R   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   2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 22 2 2 2 . 3sin sin sin r r r r r r R R R R RR A B C         (1.2.3.24) Trong bất đẳng thức (1.2.3.21), thay tan , tan , tan 2 2 2 A B C x y z   , sau đó sử dụng đẳng thức quen thuộc trong tam giác   tan tan tan tan tan tan 1, 2 2 2 2 2 2 B C C A A B 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 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 2 2 4 2 4 2 4 1 2 3 8 . 3 cos cos cos 2 2 2 r r r r r r A B C R R R       (1.2.3.25) Trong bất đẳng thức (1.2.3.22), đặt 1 2 3 2 2 2 , , R R R x y z a b c    ta được 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 2 4 4 4 r r r r r r a b c       24 2 3 3 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin sin sin sin sin 3 R R R R RR B C C A A B b c c a a b        2 3 3 1 1 2 2 2 1 1 , 6 6 R R R R RR bc ca abR R          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: 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 2 4 4 4 2 1 . 6 r r r r r r a b c R       (1.2.3.26) Một số giả thuyết liên quan (xem [9], trang 8) Giả thuyết 1 Cho ABC và điểm P tùy ý. Ta có  2 2 2 2 2 22 3 3 1 1 2 2 . 3 R R R R R R a b c        (1.2.3.27) Giả thuyết 2 Cho ABC và điểm P tùy ý. Ta có       2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 2 1 2 3 4 4 4 4 . 3 R R R R R R R R R a b c       (1.2.3.28) Giả thuyết 3 Cho ABC và điểm P tùy ý. Ta có   2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 2 1 2 32 2 2 2 . 9sin sin sin r r r r r r R R R A B C         (1.2.3.29) 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 2k  thì Thang Long University Library 25 2 2 2 2 2 2 1 2 3 3 1 1 2 12 2 2 2 1 2 3 2 . cos cos cos 3 2 2 2 k k k k k r r r r r r A B C R R R         (1.2.3.30) 1.2.4 Hệ quả 1.2.4 Trong tam giác ABC với G là trọng tâm, ta có các bất đẳng thức sau: 1)      2 2 2 2 2 2 ; 3 a b c PA PB PC (1.2.4.1) 2)      2 2 2 2 2 24 ; 9 a b c PA PB PC m m m (1.2.4.2) 3) 2 2 2 2 2 2.PA PB PC GA GB GC     (1.2.4.3) Chứng minh 1) Khi x y z  , bất đẳng thức (1.1.1) trở thành:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 . 3 a b c PA PB PC a b c PA PB PC            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 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 9 9 9 4 4 4 . 9 9 9 4 . 9 a b c a b c b c a c a b a b c PA PB PC m m m PA PB PC PA PB PC m m m                        Từ đó, bất đẳng thức (1.2.4.2) được chứng minh. 3) Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có: 26 2 2 2 2 2 24 4 4, , 9 9 9a b c GA m GB m GC m   Do đó, (1.2.4.2) trở thành: 2 2 2 2 2 2PA PB PC GA GB GC     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: 1) 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1. PA PB PC a b c a b c a b b c c a         (1.2.5.1) 2) 2 2 2 2 2 2 1. PA PB PC b c a    (1.2.5.2) 3) 2 2 2 2 2 2 1. PA PB PC c a b    (1.2.5.3) Chứng minh 1) Áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với 2 2 2 1 1 1 , ,x y z a b c    ta thu được bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . . . PA PB PC a b c a b c a b c b c c a a b a b b c c a PA PB PC a b c a b c a b c a b c PA PB PC a b c a b c a b b c c a                                             Lại có:       2 2 2 2 2 24 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1. a b ca b c a b b c c a a b b c c a a b b c c a a b b c c a               Thang Long University Library 27 Do đó bất đẳng thức (1.2.5.1) được chứng minh. 2) Chọn 2 2 2 1 1 1 , ,x y z b c a    và áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) ta thu được bất đẳng thức (1.2.5.2). 3) Tương tự, chọn 2 2 2 1 1 1 , ,x y z c a b    và áp dụng bất đẳng thức Klamkin (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: 1) 2 2 2 2 2 2 9 . 4 a b c m m m a b c    (1.2.6.1) 2) . . . 9 . 4 a b b c c a m m m m m m ab bc ca    (1.2.6.2) 3) Với G là trọng tâm tam giác ,ABC , , a b c R R R lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác: , , .GBC GCAGAB Ta có bất đẳng thức sau: 3 . a b c R R R R   (1.2.6.3) 4) 2 2 2. . . 3. .a b c a m bm cm S a b c      (1.2.6.4) Chứng minh 1) Áp dụng bất đẳng thức Klamkin với 2 2 2 1 1 1 , , ,P G x y z a b c     ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . . 1. GA GB GC a b c a b c a b c b c c a a b a b b c c a GA GB GC a b c a b c a b c a b c GA GB GC a b c a b c a b b c c a                                              28 Sau đó thay thế 2 2 2 2 2 2 4 4 4 , , 9 9 9a b c GA m GB m GC m   ta thu được bất đẳng thức (1.2.6.1). Hoặc có thể áp dụng luôn bất đẳng thức (1.2.5.1) với 2 2 2 2 2 24 4 4, , , 9 9 9a b c P G GA m GB m GC m    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 a b c P G x y z m m m     và thay 2 2 2 2 2 24 4 4, , 9 9 9a b c GA m GB m GC m   ta được bất đẳng thức:   2 2 2. . . . . . . . 9 . 4 a b c a b c a b c a b c a b b c c a a b c a b c GA GB GC m m m m m m abc am bm cm m m m m m m m m m ab bc ca                        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) Thang Long University Library 29 sin2 sin . sin 2 sin a BC R A BCR A     Ta cũng có: 2. .sin sin sin 4 3 . . 42. . sin sin 3 . sin 9 ABC b c GBC b c S m mbc A bc A A S GBGC bc m m           Từ đó . . .4 4 4 . , . , . . 3 3 3 a b c b c a c a b R m m R m m R m m R bc R ca R ab    Suy ra: . . .4 4 9 . 3. 3 3 4 3. 3 . a b c a b b c c a a b c a b c R R R m m m m m m R R R ab bc ca R R R R R R R R R R                     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 2 2 2 2 2 24 4 4, , 9 9 9a b c GA m GB m GC m   ta được bất đẳng thức: 2 2 2. . .4 9 a b c a m bm cma a a a b c a b c a b c a b c                             30       2 2 2 2 2 2 2 . . . . 9 . 4 . . . 9. . a b c a b c abc a b c a b c a m bm cm abc a b c a b c a m bm cm SR a b c a b c                        2 2 2. . . 9. . 2 sin sin sin a b c a m bm cm S a b c A B C         2 2 2. . . 9. 3. . 2.3.sin 3 a b c a m bm cm S S A B Ca b c         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: 1)    2 2 2cos cos cos 1. sin sin sin sin sin sin A B C B C C A A B (1.2.7.1) 2) 3 3 3 24 . a b c abc R a b c       (1.2.7.2) 3) 3 3 32 . R a b c r abc    (1.2.7.3) 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   2 cos , 2 cos , 2 cosHA R A HB R B HC R C và sử dụng định lý hàm số sin ta có được bất đẳng thức (1.2.7.1). Thang Long University Library 31 2) Sử dụng các biến đổi  2 2 2 2 2 2 24 cos 4 1 sin 4 ,HA R A R A R a     2 2 2 2 2 24 , 4 ,HB R b HC R c    sau đó ta biến đổi sẽ được (1.2.7.2). 3) Sử dụng công thức 4abc 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) 2 2 2 29 .a b c R   (1.2.8.1) 2) 2 2 2 9 sin sin sin . 4 A B C   (1.2.8.2) 3) 9 . 2a b c R m m m   (1.2.8.3) 4) (Đại học Ngoại Thương 1996) 327 . . . 8a b c R m m m  (1.2.8.4) 5)       2 2 2 2 1 1 1 4 . 3 b c a c a b a b c Rm m m m m m m m m          (1.2.8.5) 6) 2 2 2 2 27 . 4a b c m m m R   (1.2.8.6) 7) 2 2 2 3 cos cos cos . 4 A B C   (1.2.8.7) 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. 32 2) Áp dụng định lý hàm số sin ta có 2 sin , 2 sin , 2 sin ,  a R A b R B c R 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 (1.2.8.2) 2 1 cos2 1 cos2 9 1 cos . 2 2 4 A B C                                               2 2 2 2 2 cos2 cos2 1 0 cos . 2 4 1 0 cos cos cos . 4 1 0 cos cos cos . 4 1 1 0 cos cos sin . 2 4 A B C C A B A B C C A B C A B A B 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 2 2 2 2 3 3 9 9                    3. .9 . 4 4 2 a b c a b c m m m m m m R a b c R           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 Thang Long University Library 33     3 32 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 2 1 . . . . . 3 4 9 3 3 27 . . . 4 2 2 8 a b c a b c a b c a b c m m m m m m m m m a b c R R R R m m m                                                        Vậy bất đẳng thức (1.2.8.4) được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra ABC  đều. 5) Trước hết ta chứng minh:     . . .b c a c a b a b c a b cm m m m m m m m m m m m       Do có thể dựng được một tam giác có độ dài , , a b c m m m nên 0, 0, 0. b c a c a b a b c m m m m m m m m m         Khi đó      2                                             .                                       1 * b c a c a b b c a c a b c m m m m m m m m m m m m m                 2                                             .                                      2 * c a b a b c c a b a b c a m m m m m m m m m m m m m                 2                                             .                                      3 * a b c b c a a b c b c a b m m m m m m m m m m m m m            Nhân vế với vế của (1*), (2*) và (3*) ta được:     . . .b c a c a b a b c a b cm m m m m m m m m m m m       Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức Cauchy và (1.2.8.1) ta được: 34               2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 22 2 23 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 1 3 3 3 . . . . 3 3 3 4 . 1 1 3 9 4 4 b c a c a b a b c b c a c a b a b c a b c a b ca b c m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m mm m m R a b c R                          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 2 2 2 2 2 23 3 27.9 . 4 4 4a b c m m m a b c R R       7) Ta có  2 2 2 2 2 2 9 3cos cos cos 3 sin sin sin 3 . 4 4 A B C A B C         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) 2 2 2. . .a MA bMB cMC abc   . (1.2.9.1) 2) 2 2 2tan . tan . tan . 4 ,AMA BMB C MC S ABC    nhọn. (1.2.9.2) 3) 2 2 2 1 OA OB OC bc ca ab    . (1.2.9.3) Chứng minh 1) Áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với , ,x a y b z c   ta được Thang Long University Library 35         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . . . . . . . . . a b c a MA bMB cMC bca cab abc a b c a MA bMB cMC abc a b c a MA bMB cMC abc                    Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : : : : MBC MCA MAB a b c S S S                  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 tan , tan , tanx A y B z C   ta được:   2 2 2tan tan tan tan . tan . tan .A B C AMA BMB C MC    2 2 2tan tan . tan tan . tan tan .B C a C Ab A Bc   (1.2.9.2.1) Nhưng ta lại có:   tan tantan tan tan 1 tan .tan A B A B C C A B            tan tan tan tan .tan .tan .A B C A B C Do đó (1.2.9.2.1) trở thành:   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 tan .tan .tan tan . tan . tan . tan tan . tan tan . tan tan . tan . tan . tan . tan tan tan A B C AMA BMB C MC B C a C Ab A Bc AMA BMB C MC a b c A B C                           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 tan . tan . tan . 2 sin2 sin2 sin2 tan . tan . tan . 2 .4 sin sin sin tan . tan . tan . 4 . AMA BMB C MC R A B C AMA BMB C MC R A B C AMA BMB C MC S Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 36   tan . tan . tan . 0AMA BMB C MC     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: tan . tan . tan . 0.AMA BMB C MC       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:       tan tan . tan tan AD MB DC B BDB MB MB ADMB DB C C DC    tan . tan B MB MB C   (do ,MB MB   ngược hướng). Hoàn toàn tương tự ta cũng có:    tanA . . tan MA MA C   Theo quy tắc hình bình hành, ta có tanA tan ' ' . . tan tan B MC MA MB MA MB C C              tan . tan . tan . 0.AMA BMB C MC     Thang Long University Library 37 3) Áp dụng bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) với 1 1 1 , ,x y z bc ca ab    và P trùng với O là tâm đường tròn nội tiếp ABC . Khi đó ta có:                                              2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . . . . . 1 1 1 1 1 1 1. OA OB OC a b c bc ca ab bc ca ab ca ab ab bc bc ca OA OB OC bc ca ab bc ca ab bc ca ab OA OB OC bc ca ab Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    1 1 1 1 1 1 : : : : : : : : OBC OCA OAB S S S a b c bc ca ab 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. 38 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    2 2 2. . . .x y z xPAQA yPBQB zPCQC yza zxb xyc       (2.1.1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai điểm P và Q trùng nhau. Nhận xét Khi P Q 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  , a AD q  , b BE q  , c CF q  1 ,AQ R  2 ,BQ R 3 CQ R và 1 r , 2 r , 3 r là khoảng cách từ Q đến các cạnh của .ABC Khi đó, ta có: 1 ar x , 2 br y , 3 .cr z (2.1.1.1) 1a x y z q R y z     , 2b x y z q R z x     , 3 . c x y z q R x y     (2.1.1.2) Với  , ,x y z là các tọa độ trọng tâm của điểm Q trong ABC và 1r , 2r , 3r là khoảng cách từ Q đến , , .BC CA AB Từ định lí Stewart ta có   2 2 2 2 2 2 . a z y a yz AD q b c y z y z y z        (2.1.1.3) và Thang Long University Library 39   2 2 2 2 2 . z y a yz PD PC PB y z y z y z       (2.1.1.4) Xét  ,APD sử dụng định lý hàm số côsin, ta có  2 2 22 . 2  cos . a a a Pq PA q PA PA q PDAD    (2.1.1.5) Từ (2.1.1.3), (2.1.1.4) và (2.1.1.5) ta có 2 2 2 2 22 ( ) . ( ) .       a x y z q 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 22 .by z x q PB y z x PB xyc yza xyPA yzPC (2.1.1.7) và     2 2 2 2 22 . .cz x y q 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. . . .a b cx y z q PA y z x q PB z x y q 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 ,S R là diện tích và bán kính đường tròn ngoại tiếp  ) :ABC    1 2 3 2 ;ar br cr S  1 ,ar x  2 ,br y  3 ,cr z  4 .abc RS Từ (2.1.1) ta dễ dàng thu được: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 1 1 22 . Rr R r R r r r r r r r PA PB PC R bc ca ab bc ca ab           (2.1.1.10) 40 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 21 1 2 2 3 3 2 3 3 1 1 22 .arR br R cr R R ar r br r cr 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 1 2 , ,..., n P P P và Q là 1n  điểm bên trong  .ABC Khi đó    1 1 2 21 2 1 2... ...n n R r R r PA PA PA PB PB PB bc ca          3 3 2 3 3 1 1 21 2 ... 2 .n R r r r r r r r PC PC PC nR ab bc ca ab             (2.1.2.1) Dấu bằng ở (2.1.2.1) xảy ra khi và chỉ khi 1n  điểm 1 2 1 , ,..., n P P P  và Q trùng nhau. Hệ quả 2.1.2.2 Nếu ,P Q là 2 điểm bên trong ABC và  , ,x y z là tọa độ trọng tâm barycentric của Q đối với  ,ABC khi đó:   2 2 2 2 2 2xPA yPB zPC yza zxb xyc       2 . . . .x y z xPAQA yPBQB zPCQC     (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 , , a b c m m m lần lượt là trung tuyến của ,ABC thì khi đó: Thang Long University Library 41  2 2 21 . 2a b c m PA m PB m PC a b c     (2.1.2.3) 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 1 2 3 a R m , 2 2 3 b R m , 3 2 3 c R m , 1 1 3 a r h , 2 1 3 b r h , 3 1 3 c r h và 4abc RS , 2 a Rh bc , 2 b Rh ca , 2 . c Rh 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:   2. . . .GAPA GAPA GA PG GA GAPA GA            Tương tự ta có:   2 2 2 2 2 2 . . . . . . . . . . GAPA GAPG GA GBPB GBPG GB GC PC GC PG GC GAPA GBPB GC PC PG GA GB GC GA GB GC                            Điều này tương đương với:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 .0 . 3 9 2 4 3 . . 3 9 4 3 . 2 a b c a b c a b c a b c m PA m PB m PC PG m m m a b c m PA m PB m PC a b c a b c m PA m PB m PC                              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: 42 Hệ quả Cho tam giác ,ABC có , , a b c m m m lần lượt là trung tuyến của .ABC Chứng minh rằng: 2 2 2 . 2a b c a b c m m m R      (2.1.2.4) 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: Ta sẽ chứng minh đại diện: 2 2 . 4a b c m R                                                 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin 2 2 4 sin sin 2 2 sin sin 2 sin sin 2 cos sin sin 2 sin sin cos cos 2 cos 2 sin sin 0 co a a b c m b c b B c C R R m b B c C b c a b B c C bc B C b c bc A b B c C bc B C b B c C bc B C bc B C b         2 2 2 2 s cos 2 cos cos 0 cos cos 0. B c C bc B C b B c C Bất đẳng thức cuối cùng đúng, suy ra   2 2 . 4a b c m R Chứng minh tương tự và suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 4 4 4 2a b c b c c a a b a b c m m m R R R R            Hệ quả 2.1.2.4 ChoP là một điểm bên trong  .ABC Nếu  1 2 p a b c   , thì ta có: cos cos cos . 2 2 2 A B C PA PB PC p   (2.1.2.5) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là tâm đường tròn nội tiếp  .ABC Thang Long University Library 43 Chứng minh (Hình 2.1.2.5) Sử dụng hình chiếu đỉnh (Xem hình 2.1.2.5), ta có: 1 2 1 2 1 2 cos cos cos cos ; cos cos a PB B PC C b PC C PA A c PA A PB B              1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 cos cos cos cos cos cos 2. cos .cos 2. cos .cos 2. cos .cos 2 2 2 2 2 2 cos cos cos . 2 2 2 a b c PA A A PB B B PC C C A A B B C CA B C PA PB PC A B C PA PB PC                          cos cos cos . 2 2 2 2 a b c A B C p PA PB PC        Dấu bằng xảy ra 1 2 1 2 1 2 ; ;A A B B C C P      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 giác ,ABC có , , a b c m m m lần lượt là trung tuyến của  .ABC Khi ấy  3cos cos cos . 2 2 2 4a b c A B C m m m a b c     (2.1.2.6) 44 Chứng minh Áp dụng (2.1.2.5) và chọnP trùng với trọng tâm tam giác .ABC Hệ quả 2.1.2.5 Nếu , , a b c h h h là các đường cao của  ,ABC ta có 3 .a b c a b c m m m PA PB PC R h h h    (2.1.2.7) 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 giác ,ABC với , , a b c m m m lần lượt là trung tuyến của  ,ABC , , a b c h h h là các đường cao của  .ABC Khi ấy: 3.a b c a b c m m m h h h    (2.1.2.8) 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    2 2 2 2 2 2 .cPA aPB bPC bPA cPB aPC b c c a a b       (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 , , a b c r r r là bán kính đường tròn bàng tiếp,r là bán kính đường tròn nội tiếp, và các đường Ceva , , a b c n n n thông qua điểm Nagel của tam giác ,ABC ta có     2 2.a b c a a b b c c n n n R PA PA PC h r h r h r r (2.1.2.10) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiP là điểm Nagel của  .ABC Thang Long University Library 45 Hệ quả 2.1.2.8 Cho , , a b c l l l là các đường Ceva thông qua các điểm Gergonne của  .ABC Ta có:  2 .    a b c a b c l l l PA PB PC R r h h h (2.1.2.11) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiP là Gergonne của tam giác .ABC Hệ quả 2.1.2.9 Nếu , , a b c t t t là các đường Ceva thông qua điểm đẳng giác của tâm đường tròn nội tiếp tam giác ,ABC ta có       3 3 3. a b c b c t PA c a t PB a b t PC a b c        (2.1.2.12) 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 , , a b c w w w là các đường phân giác của góc và , , a b c k k k là các đường trung tuyến của tam giác .ABC Mọi điểm P trong tam giác, ta có: 6  a b c a b c h h h PA PB PC r w w w (2.1.2.13) và 6 .  a b c a b c h h h PA PB Pc r k k k (2.1.2.14) 2.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC KHÁC LIÊN QUAN G. Bennett trong [4] đã chứng minh bất đẳng thức sau. 46 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 . . . 4 ,  aPAQA bPBQB cPCQC 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   A B C 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 1 2 3 , , ,R PA R PB R PC        1 2 3 , , ,R QA R QB R QC và  1 R tạo với a góc 1 ,  2 R tạo với b góc 2 ,  3 R tạo với c góc 3 . Ta cần chứng minh:      1 1 2 2 3 3 . . . 4 .aR R bR R cR R RS (2.2.2) Vẽ   , ,QA QB QC trong phân vùng tam giác .ABC Thang Long University Library 47 Tứ giác  QB AC có diện tích:   1 1 1 . .sin ; 2 a R  Tứ giác  QC BA có diện tích:   2 2 1 b . .sin ; 2 R  Tứ giác  QA CB có diện tích:   3 3 1 . .sin , 2 c R  trong đó            1 2 3 1 2 3 sin 1, sin 1, sin 1,     2 .a R b R c R S   (2.2.3) Bây giờ 0 1 2 3 90     khi và chỉ khi Q là điểm đẳng giác của .P và     1 2 3, , . 2 2 2 aR bR cR a b c R R R (2.2.4) 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 . . . 4 .  a PA b PB c PC 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  ,P Q (2.2.1) trở thành 2 2 2. . . 4 .a PA b PB c PC 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: . . . . . . 4 .  a PB PC b PC PA c PAPB RS (2.2.2.3) Dấu bằng xảy ra khi P là trực tâm tam giác .ABC 48 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: 1 2 3 3 .R R R 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                  2 2 2 2 2 2 2 2 . . . , x y z x PA y PB z PC yza zxb xyc PN 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 Thang Long University Library 49 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:   , , 0, 0, 0    x y z x y z và   , , 0, 0, 0    x y z x y z 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  , inf ,   Q d P PQ   (2.3.1.1) 50 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 1 2 3 , ,R R R là khoảng cách từ P đến các đỉnh , ,A B C thì:   2 2 21 2 3x y z xR yR zR        2 2 2 2 2a x , , , ,       yz z b xyc d 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 1 2 3 a x .x y z xR yR zR yz z b xyc D x y z          Trong trường hợp các điểm P là đường tròn 3 .X 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 2 2 2 2 2a x , , , ,         R x y z yz z b xyc d x y z x y z  (2.3.1.3) trong đó  3,d d X  và  là tập hợp các tọa độ trọng tâm barycentric của điểm thuộc . Thang Long University Library 51 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 2 2 2 2 3a x , , , .R x y z yz z b xyc x y z        (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  ,D O  với tâm O, bán kính  mà  ,D O  và  .OP  Nếu  là tập hợp các tọa độ trọng tâm barycentric của điểm từ tập thì ta có:   2 2 21 2 3x y z xR yR zR                 2 2 2 2 2 , , , .yza zxb xyc OP x y z x y z (2.3.1.5) Chứng minh Ta chú ý rằng  , , OP d P  lại có:         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a x a x , , , .               yz z b xyc d x y z yz z b xyc 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 P A và   thì    1 2 3 0, , .R R c R b Từ bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) ta được: 52   2 2 2a , , .y z yc zb yz y z      (2.3.2.1) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   0.y z . 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, , 0, 0, 0 .     x y z x y z (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 AB s kín bắt đầu từ điểm ,A vuông góc với đường .AB Tương tự như vậy, ta xét các tia đóng , , , , BA AC CA BC CB s s s s s (Xem hình 2.3.2.2.1). (Hình 2.3.2.2.1) Ta xét phân vùng của mặt phẳng: Thang Long University Library 53  int( ), , , , , , . A B C a b cABC E E E E E E (2.3.2.3) Ta có: s , ;s , AB AC A BA BC B s E s E  và s , . CA CB C s E 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)  0d nếu   intP ABC hoặc là ở hai bên. ii) 1 d R nếu A P E và 2 d R nếu B P E và 3 d R nếu  ; C P E iii)  2 32S , ,R R a d a  nếu  ; a P E  3 12S , ,bR R d b  nếu b P E và  1 22S , , cR R d c  nếu  , c P E trong đó  , ,S u v w là diện tích của tam giác với chiều dài các cạnh , , .u v w 2.3.2.2.2 P là một điểm bất kì trên đường tròn 3 .X Trong trường hợp này, ta có    1 2 3 ,R R R R với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC a) Nếu tam giác ABC là một tam giác nhọn thì 3 X là một điểm bên trong và ta có:         2 2 2 2 2, , , 0.R x y z yza xzb xyc x y z (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 54               2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2, , , 0x a b c a y b c a b z c a b c    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 3 X không phải là một điểm bên trong. Không mất tính tổng quát, ta chỉ cần xét trường hợp  2 2 2.a b c Dễ dàng thấy rằng 3 a X E và khoảng cách giữa 3 X và phần bên trong của tam giác là   2 2 . 4 a d R (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 2 2 2 2, , , 0. 4 a x y z yza xzb xyc x y z (2.3.2.5) 2.3.2.2.3 P là trực tâm 4 X Trong trường này, ta có    1 2 3 2 cos , 2 cos , 2 cosR R A R R B R R C với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC a) Nếu tam giác ABC là tam giác nhọn thì 4 X là một điểm bên trong và từ bất đẳng thức Klamkin (1.1.1) ta có bất đẳng thức mới: Thang Long University Library 55   2 2 2 24R os os osx y z xc A yc B zc C    2 2 2a z , , , 0.yz x b xyc x y z     (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 2 2sin os 1c   và định lí hàm số sin, ta có bất đẳng thức mới:            2 2 2 24R x y z x y z xa yb zc 2 2 2a z , , , 0.yz x b xyc x y z     (2.3.2.7) b) Giả sử tam giác ABC vuông hoặc tù. Trong trường hợp này 4 X không phải là một điểm bên trong tam giác. Không mất tính tổng quát, ta chỉ cần xét các trường hợp  2 2 2.a b c Dễ dàng thấy rằng  . A P E (Hình 2.3.2.2.3) Sử dụng bất đẳng thức (2.3.1.2) ta được:      2 2 2 2 24R cos cos cos cosx y z y B A z C A            2 2 2, , , 0.yza zxb xyc x y z (2.3.2.8) Một dạng khác của bất đẳng thức này là: 56                   2 2 2 2 2 2 2, , , 0. x y z y a b z a c yza zxb xyc x y z (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  ,D O R 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 21 2 3x y z xR yR zR                2 2 2 2 2 , , , 0.yza zxb xyc OP R x y z x y z (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   , ,A B C là trung điểm của , , .BC CA AB Tam giác trung gian là tam giác   .A B C Thiết lập sau đây là một tập hợp các tọa độ barycentric trong những điểm từ    int A B C Thang Long University Library 57     3, , 0; , , .         x y z x y z y x z z x y (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 .P A Trong trường hợp nàyP không phải là điểm bên trong của tam giác   .A B C Khoảng cách d giữa P và    int A B C là 2 a h d  nếu B và C là các góc nhọn, 2 c d  nếu B là một góc tù, 2 b d  nếu C là một góc tù. Ta có    1 2 3 0, , .R R c R 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 , , , . 4         a h y z yc zb yza x y z x y z  (2.3.2.12) Nhận xét 6 Nếu x y z thì từ (2.3.12) ta có bất đẳng thức:      2 2 2 2 2a , , 0. a y z yc zb yz y z h y z       (2.3.2.13) b) Nếu B không phải là một góc nhọn thì bất đẳng thức (2.3.1.2) có dạng:     2 2 2 2 2 2 21 3 4 a x . 4 x y z xc yc z b c yz z b xyc         ( 2.3.2.14) 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 .A B C Đường tròn ngoại tiếp của tam giác trung gian   A B C là đường tròn Euler (vòng tròn chín điểm), tâm của nó 58 là tâm chín điểm 5 X và bán kính là 2 R vớiR là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC Trong trường hợp này ta giả sử  5 . 2 R X P (Hình 2.3.2.3.2) Sử dụng Định lí 2.3.3, chúng ta có bất đẳng thức:          2 2 2 1 2 3 2 2 2 2 2 5 , , , . 2.3.2.15 2                    x y z xR yR zR R yza zxb xyc X P x y z x y z  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  ,C O  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:              2 2 21 0. 2 x y z x y z yza zxb xyc   (2.3.2.16) Thang Long University Library 59 Ở đây, ta sử dụng các ký hiệu      2 2 2 2 2 21 1 1, , . 2 2 2 , , . OA OB OC OA OB OC R R R R OA R OB R OC                  Với các ký hiệu trên, chúng ta có các dạng khác của phương trình đường tròn:      2 2 2 2 2 OA OB OC R x R y R z x y z x y z            2 2 2 0.yza zxb xyc (2.3.2.17) Nó rất dễ để thấy rằng, các phương trình của đĩa  ,D O  được giới hạn bởi đường tròn  ,C O  và phương trình bên ngoài của đường tròn này  ,E O  có các dạng sau:      2 2 2 2 2 OA OB OC R x R y R z x y z x y z            2 2 2 0.yza zxb xyc (2.3.2.18) và      2 2 2 2 2 OA OB OC R x R y R z x y z x y z            2 2 2 0.yza zxb xyc (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 3 X Trong trường hợp này, ta có    . OA OB OC R R R R Phương trình của đĩa  3,D X  là:      2 2 2 2 2 2a x 0.R x y z yz z b xyc       (2.3.2.20) 60 Các đĩa  3,D X R được giới hạn bởi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2 2a x 0.yz z b xyc   (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 21 2 3x y z xR yR zR        2 2 2 2 2a x .yz z b xyc OP x y z       (2.3.2.22) i) Nếu  ,P E O  và    , , , Dx y z O  thì ta có được (2.3.2.22). (Hình 2.3.2.4. M là một đĩa) ii) Nếu  ,P D O  và   , , , Ex y z 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  ). Thang Long University Library 61 Tiếp theo, ta xét trường hợp tâm của đường tròn là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( 3 O X ) và bán kính của đường tròn bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp ( R  ). Trong trường hợp này, ta có:     2 2 23, , , 0.    Dx y z X R yza zxb xyc và     2 2 23, , , a x 0.    Ex y z X R yz z b xyc Nếu  3,P E X R và 2 2 2a x 0yz z b xyc   hoặc  3,P D X R và 2 2 2a x 0yz z b xyc   thì ta có bất đẳng thức:   2 2 21 2 3x y z xR yR zR              2 2 2 2 2 .yza zxb xyc 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. 62 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 ,P Q 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. Thang Long University Library 63 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.