Các chủ đề về bất đẳng thức - Các định lý và cách chứng minh

CÁC CHỦ ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC - CÁC ĐỊNH LÝ VÀ
CÁCH CHỨNG MINH
from Hojoo Lee - translated by Nguyễn Ngọc Tiến - chưa chính thức công bố
Giới thiệu
Bất đẳng thức được sử dụng rộng rãi trong các lĩnh lực Toán học. Mục đích của tập sách
hướng dẫn này nêu lên các cách chứng minh cơ bản trong lý thuyết bất đẳng thức. Đọc
giả sẽ gặp các bất đẳng thức cổ điển như bất đẳng thức Schur, định lý Muirhead, bất đẳng
thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức trung bình lũy thừa, bất đẳng thức AM-GM, và định lý
Ho¨lder. Tôi sẵng sàng lắng nghe ý kiến đóng góp quý báu từ phía độc giả. Các bạn có thể
gửi e-mail tới tôi qua địa chỉ ultrametric@gmail.com
Gửi tới các em học sinh - sinh viên
Các đọc giả của tôi là các em học sinh các trường trung học hay các sinh viên đang theo học
các trường đại học. Các cách nêu ra trong tập sách này chỉ là các mẹo nhỏ của một "khối
băng khổng lồ bất đẳng thức". Các em học sinh, sinh viên nên tìm ra cách giải cho riêng
mình để "xử lý tốt" các bài toán đa dạng khác. Nhà toán học đại tài Hungary - Paul Erdo¨s
đã thú vị khi nói rằng Thượng đế có một quyển sách siêu việt với mọi định lý và cách chứng
minh hay nhất. Tôi khuyến khích các độc giả gửi tôi các bài giải hay, đầy sáng tạo của riêng
mình của các bài toán trong tập sách này. Chúc vui vẻ!
Lời tựa
Tôi rất cảm ơn Orlando Do¨hring và Darij Grinberg gởi cho tôi file Tex bộ sưu tập các
bất đẳng thức. Tôi cũng cảm ơn Marian Muresan về các bài toán hay. Tôi cũng lấy làm
thú vị khi anh Cao Minh Quang gởi tôi các bài toán Việt Nam cho các cách chứng minh
hay về bất đẳng thức Nesbitt. Tôi xin cảm tạ Stanley Rabinowitz đã gửi cho tôi bài báo
On The Computer Solution of Symmetric Homogeneous Triangle Inequalities - Bài giải trên
máy tính bất đẳng thức tam giác đối xứng thuần nhất.
I
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Các tài nguyên trên Web
1. MathLinks, 
2. Art of Problem Solving, 
3. MathPro Press, 
4. K. S. Kedlaya,A < B, 
5. T. J. Mildorf, Olympiad Inequalities, 
II
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Mục lục
trang
Mục lục III
Chương 1: Bất đẳng thức Hình học 1
1.1 Phép thế Ravi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Các phương pháp lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Các ứng dụng của Số Phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Chương 2: Bốn cách chứng minh cơ bản 16
2.1 Phép thay thế lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Phép thay thế Đại Số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Định lý hàm tăng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.4 Thiết lập cận mới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Chương 3: Thuần nhất hóa và Chuẩn hóa 36
3.1 Thuần nhất hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.2 Bất đẳng thức Schur và Định lý Muirhead . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.3 Chuẩn hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và Bất đẳng thức Ho¨lder . . . . . . . . . . . 50
Chương 4: Tính lồi 56
4.1 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
4.2 Các trung bình lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
4.3 Bất đẳng thức Trội . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.4 Bất đẳng thức áp dụng đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
Chương 5: Bài Toán 68
5.1 Các bất đẳng thức đa biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
5.2 Các bài toán trong hội thảo Putnam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
III
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Chương 1
Bất đẳng thức Hình học
Sự sung sướng khi ai đó chứng minh một bài toán cũng như khi chính tôi chứng minh nó vậy. E.
Landau
1.1 Phép thế Ravi
Nhiều bất đẳng thức được đơn giản hóa bằng các phép thế thích hợp. Chúng ta bắt đầu với
bất đẳng thức hình học cổ điển. Bất đẳng thức hình học không tầm thường đầu tiên 1 là gì
nhỉ ? Vào năm 1746, Chapple đã chứng minh rằng
Định lý 1.1.1. (Chapple 1746, Euler 1765) Cho R và r là các bán kính đường tròn
ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. Khi đó, ta có R ≥ 2r và dấu đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi 4ABC là tam giác đều.
Chứng minh. Cho BC = a, CA = b, AB = c, s = a+b+c
2
và S = [ABC].2 Ta nhớ lại dồng
nhất thức: S = abc
4R
, S = rs, S2 = s(s − a)(s − b)(s − c). Vì vậy, R ≥ 2r tương đương với
abc
4S
≥ 2S
s
hay abc ≥ 8S2
s
hay abc ≥ 8(s − a)(s − b)(s − c). Ta cần chứng minh điều khẳng
định sau.
Định lý 1.1.2. ([AP], A. Padoa) Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Khi đó, ta có
abc ≥ 8(s− a)(s− b)(s− c) hay abc ≥ (b+ c− a)(c+ a− b)(a+ b− c)
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Chứng minh. Ta sử dụng phép thế Ravi : Vì a, b, c là các cạnh của tam giác, nên tồn tại các
số thực dương x, y, z sao cho a = y + z, b = z + x, c = x + y. (Tại sao vậy?) Khi đó, bất
đẳng thức đã cho trở thành (y + z)(z + x)(x + y) ≥ 8xyz với x, y, z > 0. Tuy nhiên, ta lại
được
(y + z)(z + x)(x+ y)− 8xyz = x(y − z)2 + y(z − x)2 + z(x− y)2 ≥ 0.
Bài tập 1. Cho ABC là một tam giác vuông. Chứng tỏ rằng
R ≥ (1 +
√
2)r.
Khi nào đẳng thức xảy ra ?
1Bất đẳng thức hình học đầu tiên là bất đẳng thức tam giác : AB +BC ≥ AC
2Trong tập sách này, [P ] ký hiệu là diện tích của đa giác P .
1
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Thật tự nhiên khi hỏi rằng bất đẳng thức trong định lý 2 có xảy ra không khi các số thực
dương tùy ý a, b, c? Đúng vậy ! Có thể chứng minh bất đẳng thức mà không cần thêm điều
kiện a, b, c là các cạnh của một tam giác:
Định lý 1.1.3. Cho x, y, z > 0. Khi đó, ta có xyz ≥ (y+ z− x)(z+ x− y)(x+ y− z). Dấu
đẳng thức xảy ra khi x = y = z.
Chứng minh. Vì bất bất đẳng thức đối xứng theo các biến, không mất tính tổng quát, ta
giả sử x ≥ y ≥ z. Khi đó, ta có x + y > z và z + x > y. Nếu y + z > x, thì x, y, z là chiều
dài các cạnh của một tam giác. Trong trường hợp này, bằng định lý 2, cho ta kết quả. Bây
giờ, ta có thể giả sử rằng y+ z ≤ x. Khi đó, xyz > 0 ≥ (y+ z−x)(z+x− y)(x+ y− z).
Bất đẳng thức trong định lý 2 xảy ra khi một trong các x, y, z bằng 0:
Định lý 1.1.4. Cho x, y, z ≥ 0. Khi đó, ta có xyz ≥ (y + z − x)(z + x− y)(x+ y − z).
Chứng minh. Vì x, y, z ≥ 0, ta có thể tìm được dãy số dương {xn}, {yn}, {zn} với
lim
n→∞
xn = x, lim
n→∞
yn = y, lim
n→∞
zn = z.
Áp dụng định lý 2, suy ra
xnynzn ≥ (yn + zn − xn)(zn + xn − yn)(xn + yn − zn).
Bây giờ, lấy giới hạn cả hai phía, ta được kết quả.
Rõ ràng, bất đẳng thức xảy ra khi x = y = z. Tuy nhiên, xyz = (y+z−x)(z+x−y)(x+y−z)
và x, y, z ≥ 0 không đảm bảo rằng x = y = z. Thực vậy, với x, y, z ≥ 0, bất đẳng thức
xyz = (y + z − x)(z + x− y)(x+ y − z) tương đương với
x = y = z hay x = y, z = 0 hay y = z, x = 0 hay z = x, y = 0.
Ta có kiểm tra ngay rằng
xyz− (y+ z−x)(z+ x− y)(x+ y− z) = x(x− y)(x− z)+ y(y− z)(y− x)+ z(z− x)(z− y).
Vì vậy, định lý 4 là một trường hợp đặc biệt của bất đảng thức Schur.
Bài toán 1. (IMO 2000/2, Titu Andreescu đề nghị) Cho a, b, c là các số dương sao
cho abc = 1. Chứng minh rằng(
a− 1 + 1
b
)(
b− 1 + 1
c
)(
c− 1 + 1
a
)
≤ 1.
Cách giải 1. Vì abc = 1, ta thực hiện thay thế a = x
y
, b = y
z
, c = z
x
với x, y, z > 0.3 Ta viết
lại bất đẳng thức đã cho dưới dạng của x, y, z :(
x
y
− 1 + z
y
)(y
z
− 1 + x
z
)(z
x
− 1 + y
x
)
≤ 1 ⇔ xyz ≥ (y + z − x)(z + x− y)(x+ y − z).
3Cho ví dụ, lấy x = 1, y = 1a , z =
1
ab .
2
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Phép thế Ravi rất thích hợp đối với các bất đẳng thức với các cạnh a, b, c của tam giác.
Sau khi sử dụng phép thế Ravi, ta có thể bỏ đi điều kiện chúng là các cạnh của một tam
giác.
Bài toán 2. (IMO 1983/6) Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a2b(a− b) + b2c(b− c) + c2a(c− a) ≥ 0.
Cách giải 1. Sau khi đặt a = y + z, b = z + x, c = x+ y với x, y, z > 0, nó trở thành
x3z + y3x+ z3y ≥ x2yz + xy2z + xyz2 hay x
2
y
+
y2
z
+
z2
x
≥ x+ y + z,
Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
(y + z + x)
(
x2
y
+
y2
z
+
z2
x
)
≥ (x+ y + z)2.
Bài tập 2. Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng tỏ rằng
a
b+ c
+
b
c+ a
+
c
a+ b
< 2.
Bài tập 3. (Darij Grinberg) Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác. Chứng minh bất
đẳng thức
a3 + b3 + c3 + 3abc− 2b2a− 2c2b− 2a2c ≥ 0,
và
3a2b+ 3b2c+ 3c2a− 3abc− 2b2a− 2c2b− 2a2c ≥ 0.
Bây giờ ta nói đến bất đẳng thức Weitzenbo¨ck và các bất đẳng thức liên quan.
Bài toán 3. (IMO 1961/2, bất đẳng thức Weitzenbo¨ck) Cho a, b, c là các cạnh của
một tam giác với diện tích S. Chứng tỏ rằng
a2 + b2 + c2 ≥ 4
√
3S.
Giải. Viết a = y + z, b = z + x, c = x+ y với x, y, z > 0. Điều này tương đương
((y + z)2 + (z + x)2 + (x+ y)2)2 ≥ 48(x+ y + z)xyz,
có thể suy ra từ bất đẳng thức sau:
((y + z)2 + (z + x)2 + (x+ y)2)2 ≥ 16(yz + zx+ xy)2 ≥ 16 · 3(xy · yz + yz · zx+ xy · yz).
Ở đây, chúng ta sử dụng bất đẳng thức p2 + q2 ≥ 2pq và (p+ q + r)2 ≥ 3(pq + qr + rp).
Định lý 1.1.5. (bất đẳng thức Hadwiger-Finsler) Bất kỳ tam giác ABC với các cạnh
a, b, c và diện tích F , bất đẳng thức sau đây xảy ra.
2ab+ 2bc+ 2ca− (a2 + b2 + c2) ≥ 4
√
3F.
3
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Chứng minh 1. Sau khi thực hiện phép thế a = y + z, b = z + x, c = x + y, trong đó
x, y, z > 0, nó trở thành
xy + yz + zx ≥
√
3xyz(x+ y + z),
ta suy ra từ đẳng thức
(xy + yz + zx)2 − 3xyz(x+ y + z) = (xy − yz)
2 + (yz − zx)2 + (zx− xy)2
2
.
Chứng minh 2. Chúng ta sử dụng tính chất hàm lồi. Có nhiều cách dẫn đến đẳng thức sau:
2ab+ 2bc+ 2ca− (a2 + b2 + c2)
4F
= tan
A
2
+ tan
B
2
+ tan
C
2
.
Vì tan x là hàm lồi trên
(
0, pi
2
)
, Bất đẳng thức Jensen chứng tỏ rằng
2ab+ 2bc+ 2ca− (a2 + b2 + c2)
4F
≥ 3 tan
(
A
2
+ B
2
+ C
2
3
)
=
√
3.
Tsintsifas đã chứng minh bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức Weitzenbo¨ck và bất
đẳng thức Nesbitt.
Định lý 1.1.6. (Tsintsifas) Cho p, q, r là các số thực dương và cho a, b, c ký hiệu các cạnh
một tam giác với diện tích F . Khi đó, ta có
p
q + r
a2 +
q
r + p
b2 +
r
p+ q
c2 ≥ 2
√
3F.
Chứng minh. (V. Pambuccian) Sử dụng bất đẳng thức Hadwiger-Finsler, nó đủ để chứng tỏ
rằng
p
q + r
a2 +
q
r + p
b2 +
r
p+ q
c2 ≥ 1
2
(a+ b+ c)2 − (a2 + b2 + c2)
hay (
p+ q + r
q + r
)
a2 +
(
p+ q + r
r + p
)
b2 +
(
p+ q + r
p+ q
)
c2 ≥ 1
2
(a+ b+ c)2
hay
((q + r) + (r + p) + (p+ q))
(
1
q + r
a2 +
1
r + p
b2 +
1
p+ q
c2
)
≥ (a+ b+ c)2 .
Tuy nhiên, điều này rút ra từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
Định lý 1.1.7. (bất đẳng thức Neuberg-Pedoe) Cho a1, b1, c1 ký hiệu các cạnh của tam
giác A1B1C1 với diện tích F1. Cho a2, b2, c2 ký hiệu các cạnh của tam giác A2B2C2 với diện
tích F2. Khi đó, ta có
a1
2(b2
2 + c2
2 − a22) + b12(c22 + a22 − b22) + c12(a22 + b22 − c22) ≥ 16F1F2.
4
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Nó có phải là bất đẳng thức tổng quát của bất đẳng thức Weitzenbo¨ck’s.(Tại sao?) Trong
[GC], G. Chang đã chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe bằng việc sử dụng số phức.
Với các nhận định bằng hình học và các chứng minh bất đẳng thức Neuberg-Pedoe, xem
trong [DP] hay [GI, trang.92-93]. Ở đây, chúng ta đưa ra ba cách chứng minh đại số.
Bổ đề 1.1.1.
a1
2(a2
2 + b2
2 − c22) + b12(b22 + c22 − a22) + c12(c22 + a22 − b22) > 0.
Chứng minh. Hãy quan sát rằng nó tương đương
(a1
2 + b1
2 + c1
2)(a2
2 + b2
2 + c2
2) > 2(a1
2a2
2 + b1
2b2
2 + c1
2c2
2).
Từ công thức Heron, ta thấy rằng, với i = 1, 2,
16Fi
2 = (ai
2 + bi
2 + ci
2)2 − 2(ai4 + bi4 + ci4) > 0 hay ai2 + bi2 + ci2 >
√
2(ai4 + bi
4 + ci4) .
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz nói rằng
(a1
2+b1
2+c1
2)(a2
2+b2
2+c2
2) > 2
√
(a14 + b1
4 + c14)(a24 + b2
4 + c24) ≥ 2(a12a22+b12b22+c12c22).
Chứng minh 1. ([LC1], Carlitz) Từ bổ đề, ta được
L = a1
2(b2
2 + c2
2 − a22) + b12(c22 + a22 − b22) + c12(a22 + b22 − c22) > 0,
Vì thế, ta cần chứng tỏ rằng
L2 − (16F12)(16F22) ≥ 0.
Ta dễ dàng kiểm tra đẳng thức sau
L2 − (16F12)(16F22) = −4(UV + VW +WU),
trong đó
U = b1
2c2
2 − b22c12, V = c12a22 − c22a12 và W = a12b22 − a22b12.
Sử dụng đẳng thức
a1
2U + b1
2V + c1
2W = 0 hay W = −a1
2
c12
U − b1
2
c12
V,
ta có thể dẫn ra rằng
UV + VW +WU = −a1
2
c12
(
U − c1
2 − a12 − b12
2a12
V
)2
− 4a1
2b1
2 − (c12 − a12 − b12)2
4a12c12
V 2.
Suy ra
UV + VW +WU = −a1
2
c12
(
U − c1
2 − a12 − b12
2a12
V
)2
− 16F1
2
4a12c12
V 2 ≤ 0.
5
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Carlitz thấy rằng bất đẳng thức Neuberg-Pedoe có thể rút ra từ bất đẳng thức Aczél.
Định lý 1.1.8. (bất đẳng thức Aczél) Cho a1, · · · , an, b1, · · · , bn là các số thực dương
thỏa mãn
a1
2 ≥ a22 + · · ·+ an2 và b12 ≥ b22 + · · ·+ bn2.
Khi đó, ta có
a1b1 − (a2b2 + · · ·+ anbn) ≥
√
(a12 − (a22 + · · ·+ an2))
(
b1
2 − (b22 + · · ·+ bn2))
Chứng minh. ([AI]) Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
a1b1 ≥
√
(a22 + · · ·+ an2)(b22 + · · ·+ bn2) ≥ a2b2 + · · ·+ anbn.
Khi đó, bất đẳng thức trên tương đương
(a1b1 − (a2b2 + · · ·+ anbn))2 ≥
(
a1
2 − (a22 + · · ·+ an2)) (b12 − (b22 + · · ·+ bn2)) .
Trong trường hợp a1
2 − (a22 + · · ·+ an2) = 0, nó tầm thường. Vì vậy, bây giờ ta giả sử rằng
a1
2 − (a22 + · · ·+ an2) > 0. Điều này làm ta nghĩ đến đa thức bậc hai sau
P (x) = (a1x−b1)2−
n∑
i=2
(aix−bi)2 =
(
a1
2 −
n∑
i=2
ai
2
)
x2+2
(
a1b1 −
n∑
i=2
aibi
)
x+
(
b1
2 −
n∑
i=2
bi
2
)
.
Vì P ( b1
a1
) = −∑ni=2 (ai ( b1a1)− bi)2 ≤ 0 và vì hệ số của x2 trong đa thức bậc hai P là số
dương, P có ít nhất một nghiệm thực. Vì thế, P có biệt thức không âm. Suy ra(
2
(
a1b1 −
n∑
i=2
aibi
))2
− 4
(
a1
2 −
n∑
i=2
ai
2
)(
b1
2 −
n∑
i=2
bi
2
)
≥ 0.
Chứng minh 2 của bất đẳng thức Neuberg-Pedoe. ([LC2], Carlitz) Ta viết lại dưới dạng
a1, b1, c1, a2, b2, c2:
(a1
2 + b1
2 + c1
2)(a2
2 + b2
2 + c2
2)− 2(a12a22 + b12b22 + c12c22)
≥
√((
a12 + b1
2 + c12
)2 − 2(a14 + b14 + c14))((a22 + b22 + c22)2 − 2(a24 + b24 + c24)).
Ta áp dụng thay thế sau
x1 = a1
2 + b1
2 + c1
2, x2 =
√
2 a1
2, x3 =
√
2 b1
2, x4 =
√
2 c1
2,
y1 = a2
2 + b2
2 + c2
2, y2 =
√
2 a2
2, y3 =
√
2 b2
2, y4 =
√
2 c2
2.
Như trong chứng minh bổ đề 5, ta có
x1
2 > x2
2 + y3
2 + x4
2 và y1
2 > y2
2 + y3
2 + y4
2.
Ta áp dụng bất đẳng thức Aczél, suy ra bất đẳng thức
x1y1 − x2y2 − x3y3 − x4y4 ≥
√
(x12 − (x22 + y32 + x42)) (y12 − (y22 + y32 + y42)).
6
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Ta kết thúc phần này bằng một chứng minh rất đơn giản của một sinh viên năm nhất
trong chương trình KMO4 mùa hè.
Chứng minh 3. Xét hai tam giác 4A1B1C1 và 4A2B2C2 trên R2:
A1(0, p1), B1(p2, 0), C1(p3, 0), A2(0, q1), B2(q2, 0), và C2(q3, 0).
Từ bất đẳng thức x2 + y2 ≥ 2|xy| suy ra rằng
a1
2(b2
2 + c2
2 − a22) + b12(c22 + a22 − b22) + c12(a22 + b22 − c22)
= (p3 − p2)2(2q12 + 2q1q2) + (p12 + p32)(2q22 − 2q2q3) + (p12 + p22)(2q32 − 2q2q3)
= 2(p3 − p2)2q12 + 2(q3 − q2)2p12 + 2(p3q2 − p2q3)2
≥ 2((p3 − p2)q1)2 + 2((q3 − q2)p1)2
≥ 4|(p3 − p2)q1| · |(q3 − q2)p1|
= 16F1F2 .
4Korean Mathematical Olympiads
7
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
1.2 Các phương pháp lượng giác
Trong phần này, ta áp dụng các phương pháp lượng giác để "xử lý" các bài bất đẳng thức
hình học.
Định lý 1.2.1. (Định lý Erdo¨s-Mordell) Nếu từ một điểm P trong một tam giác cho trước
ABC kẻ các đường vuông góc PH1, PH2, PH3 với các cạnh của nó, thì PA+ PB + PC ≥
2(PH1 + PH2 + PH3).
Điều này Erdo¨s nêu ra vào năm 1935, và sau đó Mordell chứng minh trong cùng năm.
Bất đẳng thức này có nhiều cách chứng minh, André Avez sử dụng định lý Ptolemy , Leon
Bankoff dựa vào góc trong các tam giác đồng dạng, V. Komornik dựa vào bất đẳng thức
diện tích, hay Mordell và Barrow sử dụng lượng giác.
Chứng minh. ([MB], Mordell) Ta chuyển nó sang bất đẳng thức lượng giác. Cho h1 = PH1,
h2 = PH2 và h3 = PH3. Áp dụng định lý Sin, Cosin ta được
PA sinA = H2H3 =
√
h2
2 + h3
2 − 2h2h3 cos(pi − A),
PB sinB = H3H1 =
√
h3
2 + h1
2 − 2h3h1 cos(pi −B),
PC sinC = H1H2 =
√
h1
2 + h2
2 − 2h1h2 cos(pi − C).
Vì thế, ta cần chứng minh rằng∑
cyclic
1
sinA
√
h2
2 + h3
2 − 2h2h3 cos(pi − A) ≥ 2(h1 + h2 + h3).
Vấn đề chính là biểu thức vế trái quá nặng dạng căn thức bậc hai. Mục tiêu của chúng ta là
tìm cận dưới hơn mà không có căn thức. Để kết thức điều này, ta biểu diễn biểu thức dưới
dấu căn bậc hai dưới dạng tổng của hai bình phương.
H2H3
2
= h2
2 + h3
2 − 2h2h3 cos(pi − A)
= h2
2 + h3
2 − 2h2h3 cos(B + C)
= h2
2 + h3
2 − 2h2h3(cosB cosC − sinB sinC).
Sử dụng cos2B + sin2B = 1 và cos2C + sin2C = 1, ta thấy rằng
H2H3
2
= (h2 sinC + h3 sinB)
2 + (h2 cosC − h3 cosB)2 .
Vì (h2 cosC − h3 cosB)2 là không âm, ta được H2H3 ≥ h2 sinC + h3 sinB. Suy ra rằng
∑
cyclic
√
h2
2 + h3
2 − 2h2h3 cos(pi − A)
sinA
≥
∑
cyclic
h2 sinC + h3 sinB
sinA
=
∑
cyclic
(
sinB
sinC
+
sinC
sinB
)
h1
≥
∑
cyclic
2
√
sinB
sinC
· sinC
sinB
h1
= 2h1 + 2h2 + 2h3.
8
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Ta sử dụng cùng cách để "xử lý" các bất đẳng thức hình học sau.
Bài toán 4. (IMO Short-list 2005) Trong một tam giác nhọn ABC, cho D, E, F , P ,
Q, R là chân các cao từ A, B, C, A, B, C tới BC, CA, AB, EF , FD, DE, tương ứng.
Chứng minh rằng
p(ABC)p(PQR) ≥ p(DEF )2,
trong đó p(T ) ký hiệu chu vi của tam giác T.
Giải. Chúng ta hãy euler 5 hóa bài toán này. Cho ρ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC. Thật dễ để chứng minh chứng minh rằng BC = 2ρ sinA và EF = 2ρ sinA cosA.
Vì DQ = 2ρ sinC cosB cosA, DR = 2ρ sinB cosC cosA, và ∠FDE = pi − 2A, từ định lý
Cosin cho ta
QR2 = DQ2 +DR2 − 2DQ ·DR cos(pi − 2A)
= 4ρ2 cos2A
[
(sinC cosB)2 + (sinB cosC)2 + 2 sinC cosB sinB cosC cos(2A)
]
hay
QR = 2ρ cosA
√
f(A,B,C),
trong đó
f(A,B,C) = (sinC cosB)2 + (sinB cosC)2 + 2 sinC cosB sinB cosC cos(2A).
Vậy, chúng ta cần giải bài sau:(∑
cyclic
2ρ sinA
)(∑
cyclic
2ρ cosA
√
f(A,B,C)
)
≥
(∑
cyclic
2ρ sinA cosA
)2
hay (∑
cyclic
sinA
)(∑
cyclic
cosA
√
f(A,B,C)
)
≥
(∑
cyclic
sinA cosA
)2
.
Công việc chúng ta tìm ra cận hợp lý của
√
f(A,B,C). Một lần nữa, ta viết f(A,B,C) như
là tổng của hai bình phương. Ta thấy rằng
f(A,B,C) = (sinC cosB)2 + (sinB cosC)2 + 2 sinC cosB sinB cosC cos(2A)
= (sinC cosB + sinB cosC)2 + 2 sinC cosB sinB cosC [−1 + cos(2A)]
= sin2(C +B)− 2 sinC cosB sinB cosC · 2 sin2A
= sin2A [1− 4 sinB sinC cosB cosC] .
Vi vậy, chúng ta viết 1 − 4 sinB sinC cosB cosC như là tổng của hai bình phương. Mẹo ở
đây là 1 bằng
(
sin2B + cos2B
) (
sin2C + cos2C
)
. Thật ra, ta được
1− 4 sinB sinC cosB cosC = (sin2B + cos2B) (sin2C + cos2C)− 4 sinB sinC cosB cosC
= (sinB cosC − sinC cosB)2 + (cosB cosC − sinB sinC)2
= sin2(B − C) + cos2(B + C)
= sin2(B − C) + cos2A.
5euler động từ. (trong Toán học) chuyển các bài toán hình học tam giác thành các bài toán lượng giác
9
This content downloaded from  · Collection of Mathematical Contests
All use subject to 
Vì thế ta suy ra
f(A,B,C) = sin2A
[
sin2(B − C) + cos2A] ≥ sin2A cos2A
sao cho ∑
cyclic
cosA
√
f(A,B,C) ≥
∑
cyclic
sinA cos2A.
Vì vậy, chúng ta hoàn thành chứng minh nếu ta thiết lập(∑
cyclic
sinA
)(∑
cyclic
sinA cos2A
)
≥
(∑
cyclic
sinA cosA
)2
.
Thật vậy, ta thấy rằng nó là kết quả trực tiếp từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
(p+ q + r)(x+ y + z)