ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Nguyễn Thị Út
ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG TAM GIÁC
SOME IDENTITIES AND INEQUALITIES
OF TRIANGLES
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ
Thái Nguyên - 2012
Công trình được hoàn thành tại
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ
Phản biện 1:

Phản biện 2:

Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại:
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Ngày tháng năm 2012
Có thể tìm hiểu tại
Thư viện Đại học Thái Nguyên
1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 4
1.1. Bất đẳng thức qua tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . 4
1.2. Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

diện tích,v.v để tạo ra kết quả. Theo chúng tôi, những cách xây dựng
như vậy rất khó đưa ra hệ thức cho tam giác mà có nhiều thành phần
tham gia. Rất tự nhiên, xuất hiện câu hỏi thứ hai: Xây dựng kết quả
như thế nào? Bài toán đặt ra: Xây dựng đồng nhất thức và bất đẳng
thức trong tam giác. Với luận văn này, chúng tôi mong muốn giải quyết
được một phần nào đó thuộc bài toán trên.
Luận văn được chia ra làm ba chương.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị.
Chương này tập trung trình bày về một số bất đẳng thức. Nó bao gồm
các mục: Bất đẳng thức qua tam thức bậc 2, bất đẳng thức Jensen qua
hàm lồi và bất đẳng thức Muirheard, Karamata. Ngoài ra, để phát hiện
ra một số bất đẳng thức khác nữa cho tam giác chúng tôi đã chọn ra
một số hàm tương ứng với mục đích đặt ra.
Chương 2. Một số đồng nhất thức và bất đẳng thức trong
tam giác.
Đây là nội dung trọng tâm của luận văn. Nó bao gồm các mục sau: Mục
3
2.1 tập trung xây dựng một số đa thức bậc ba liên quan tam giác. Từ
những đa thức này ta đã có thể phát hiện ra một số đồng nhất thức
và bất đẳng thức mới trong tam giác. Mục 2.2 tập trung xây dựng và
chứng minh lại một số bất đẳng thức trong tam giác qua việc sử dụng
các kết quả ở Chương 1. Từ các kết quả đạt được chúng ta sẽ phát hiện
ra những tam giác đặc biệt với điều kiện ban đầu đặt ra ở Mục 2.3.
Chương 3. Trình bày một số kết quả của J.Liu [8] và của
Klamkin [7].
Chương này dành để trình bày việc khai thác một bài toán véc tơ trong
mặt phẳng ở Mục 3.1. Mục 3.2 trình bày lại một số kết quả của J. Liu
trong bài báo [8]. Mục 3.3 trình bày lại kết quả của Klamkin trong [7].
Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của PGS,TS Đàm Văn Nhỉ. Từ đáy lòng mình, em xin được bày tỏ lòng


a > 0
∆  0.
Định lý 1.1.3. f(x) < 0 với ∀x khi và chỉ khi

a < 0
∆ < 0.
Định lý 1.1.4. f(x)  0 với ∀x khi và chỉ khi

a < 0
∆  0.
Định lý 1.1.5. f(x) = 0 có nghiệm x
1
, x
2
khi và chỉ khi ∆  0. Khi
đó: f(x) = a(x −x
1
)(x −x
2
) và



x
1
+ x
2
=
−b



af(α) > 0
∆  0
α <
−b
2a
.
Định lý 1.1.8. x
1
 x
2
< α khi và chỉ khi







af(α) > 0
∆  0
α >
−b
2a
.
5
1.2. Bất đẳng thức Jensen
Mục này trình bày Bất đẳng thức Jensen. Nó sẽ được sử dụng để
chứng minh một số bất đẳng thức trong tam giác. Trước tiên ta chứng

2
)  f

αx
1
+ (1 − α)x
2

.
Mệnh đề 1.2.1. Giả sử y = f(x) xác định và liên tục trong (a; b) với a <
b. Hàm y = f(x) là lồi trong khoảng (a; b) khi và chỉ khi
f(x) − f(x
1
)
x − x
1

f(x
2
) − f(x)
x
2
− x
hoặc







, x, x
2
∈ (a; b), x
1
< x < x
2
, có biểu diễn:
x =
x
2
− x
x
2
− x
1
x
1
+
x − x
1
x
2
− x
1
x
2
, f(x) 
x
2
− x







1 x
1
f(x
1
)
1 x f(x)
1 x
2
f(x
2
)






 0. Điều ngược lại là hiển nhiên.
Mệnh đề 1.2.2. Giả sử y = f(x) xác định và liên tục trong khoảng
(a; b) và có đạo hàm hữu hạn f

(x). Khi đó y = f(x) là hàm lồi nếu và
chỉ nếu f


và
f(x) − f(x
1
)
x − x
1

f(x
2
) − f(x)
x
2
− x
. Khi đó f

(x
1
) =
lim
x→x
1
f(x) − f(x
1
)
x − x
1

f(x
2
) − f(x

(x) là hàm không giảm trong
(a; b). Với x
1
, x, x
2
∈ (a; b), x
1
< x < x
2
ta có
f(x) − f(x
1
)
x − x
1
= f

(α) và
f(x
2
) − f(x)
x
2
− x
= f

(β), trong đó x
1
< α < x < β < x
2

, . . . , a
n
∈ (a; b) và mọi số thực α
1
, . . . , α
n
 0,
n

k=1
α
k
= 1, n 
2, ta luôn có bất đẳng thức dưới đây: α
1
f(a
1
)+α
2
f(a
2
)+···+α
n
f(a
n
) 
f(α
1
a
1

và α
n+1
> 0. Đặt b
n
=
α
n
α
n
+ α
n+1
a
n
+
α
n+1
α
n
+ α
n+1
a
n+1
∈ (a; b). Theo giả
thiết quy nạp ta có:
f(α
1
a
1
+ α
2

n+1
)b
n
)
 α
1
f(a
1
) + α
2
f(a
2
) + ···+ α
n−1
f(a
n−1
) + (α
n
+ α
n+1
)f(b
n
).
7
Vì f (b
n
) = f (
α
n
α

α
n
+ α
n+1
nên
n+1

k=1
α
k
f(a
k
) 
n+1

k=1
f(α
k
a
k
). Như vậy định lý đã được chứng minh.
Chú ý: Đối với các hàm số lõm ta có dấu bất đẳng thức ngược lại.
Ví dụ 1.2.1. Giả thiết số nguyên n  2. Chứng minh bất đẳng thức:
n

k=1
3
k
− 1
3

n

n

k=1
ln
3
k
− 1
3
k−1

= ln

3 −
3
2n
+
3
2.3
n

. Từ
đây suy ra bất đẳng thức
n

k=1
3
k
− 1

α
k
= 1 và
n  2, ta luôn có các bất đẳng thức dưới đây:
(i)
n

k=1
α
k
a
k

n

k=1
a
α
k
k
.
(ii)
n

k=1
(a
k
+ b
k
)

α
k

m

j=1
n

k=1
a
α
k
kj
với mọi a
kj
 0.
(iv) [Cauchy]
n

k=1
a
k
 n
n

n

k=1
a
k

. Do
n

k=1
a
α
k
k

n

k=1
α
k
a
k
.
(ii) Do
n

k=1
α
k
a
k
a
k
+ b
k


b
k
a
k
+ b
k

α
k
theo (i) nên sau khi cộng hai vế được 1 
n

k=1

a
k
a
k
+ b
k

α
k
+
8
n

k=1

b


k=1
b
α
k
k
.
(iii) Sử dụng (ii) để quy nạp theo m sẽ được (iii). Với α
1
= ··· = α
n
=
1
n
,
từ (i) suy ra (iv).
1.3. Bất đẳng thức Karamata, Schur, Muirheard
Bộ n số thực (a) = (a
1
, a
2
, . . . , a
n
) thỏa mãn a
1
 a
2
 ···  a
n
được

+ ··· + b
k
thì ta viết (a) > (b).
Định nghĩa 1.3.1. Giả sử có hai bộ số không tăng (a) = (a
1
, a
2
, . . . , a
n
)
và (b) = (b
1
, b
2
, . . . , b
n
). Bộ (a) được gọi là trội hơn (b) nếu các điều kiện
sau đây được thỏa mãn:

a
1
+ ··· + a
k
 b
1
+ ··· + b
k
k = 1, 2, . . . , n −1; |(a)| = |(b)|.
Mệnh đề 1.3.1. [Karamata] Giả sử y = f(x) là một hàm lồi trên
khoảng (a; b) và các bộ không tăng (a), (b) với a

k
= δ
f
(a
k
, b
k
) =
f(b
k
) − f(a
k
)
b
k
− a
k
, k = 1, 2, . . . , n. Theo
Mệnh đề 1.1.1, dãy (c
k
) là dãy đơn điệu giảm bởi vì (a) và (b) là dãy
không tăng. Đặt A
k
=
k

i=1
a
i
, B

) =
n

k=1

f(a
k
) − f(b
k
)

=
n

k=1
c
k
(a
k
− b
k
)
=
n

k=1
c
k
(A
k


k=1
c
k
(A
k
− B
k
) −
n−1

k=0
c
k+1
(A
k
− B
k
) =
n−1

k=1
(c
k
− c
k+1
)(A
k
− B
k

2c
+
1
2d
.
Bài giải. Không hạn chế có thể giả thiết a  b  c  d > 0. Khi đó
có







2a  a + b
2a + 2b  a + b + b + c
2a + 2b + 2c  a + b + b + c + c + d
2a + 2b + 2c + 2d = a + b + b + c + c + d + d + a.
Từ đây suy ra
( 2a, 2b, 2c, 2d ) trội hơn bộ (a+ b, b+c, c + d, d+a). Vì y =
1
x
với x > 0
là hàm lồi nên ta có
1
a + b
+
1
b + c
+

1
2
2012
.
Bài giải. Vì x, y, z bình đẳng nên có thể cho 1  x  y  z  −1.
Hàm y = x
2012
là hàm lồi ( xuống phía dưới ) vì f”(x)  0 trong (−1; 1)
theo định lý ( 1.2.1 ). Ta xây dựng bộ trội của ( x, y, z ) như sau:

1  x
x + y = −z +
1
2

1
2
.
Vậy (1,
1
2
, −1) là một bộ trội của ( x, y, z ).
Theo mệnh đề ( 1.3.1). Ta có x
2012
+ y
2012
+ z
2012
 2 +
1

β)
+ a
β
b
β
c
α
 a
α+β
b
β
+
a
α+β
c
β
+ b
α+β
a
β
+ b
α+β
c
β
+ c
α+β
a
β
+ c
α+β

)(c
β
− b
β
)  0.
Vì c
α
(c
β
− a
β
)(c
β
− b
β
)  0 nên chỉ cần chứng minh a
α
(a
β
− b
β
)(a
β
−
c
β
) + b
α
(b
β

2
c + b
2
c + b
2
a + c
2
a + c
2
b.
Bài giải. Bất đẳng thức có được từ Mệnh đề 1.3.2 với α = β = 1.
Bổ đề 1.3.1. Nếu β = T
ij
(α) thì có bất đẳng thức M
β
(a)  M
α
(a).
Dấu bằng xảy ra khi a
1
= ··· = a
n
.
Chứng minh. Với mỗi cặp chỉ số h, k, h < k, hiệu M
β
(a)−M
α
(a) chứa số
hạng dạng: B = A(a
β

) với A  0. Biến đổi
hiệu B = A(a
α
i
+1
h
a
α
j
−1
k
+a
α
j
−1
h
a
α
i
+1
k
−a
α
i
h
a
α
j
k
−a

α
i
−α
j
+1
k
)  0. Do vậy M
β
(a)  M
α
(a). Dấu bằng xảy ra
khi từng B = 0 hay a
h
= a
k
với mọi h, k = 1, 2, . . . = n.
Bổ đề 1.3.2. Nếu (β)  (α), (β) = (α) và |(α)| = |(β)|, thì sau một số
hữu hạn phép biến đổi tuyến tính T
ij
sẽ chuyển (α) thành (β).
Chứng minh. Vì (β) = (α) nên có chỉ số i nhỏ nhất để β
i
= α
i
. Do bởi
(β)  (α) nên β
i
> α
i
. Từ |(α)| = |(β)| suy ra

k
= α
k
với mọi
k = i, j. Như vậy |β
i
− α
i
| = |β
i
− γ
i
+ 1| = |β
i
− γ
i
| + 1 và |β
j
− α
j
| =
|β
j
− γ
j
− 1| = |β
j
− γ
j
| + 1. Từ hai hệ thức này suy ra

k=1
|β
k
− δ
k
| = 0 hay đã
chuyển được (α) thành (β).
Từ hai bổ đề trên ta suy ra ngay Bất đẳng thức Muirheard dưới đây:
Mệnh đề 1.3.3. [Muirheard] Với các số dương a
1
, a
2
, . . . , a
n
, xảy ra
bất đẳng thức M
α
(a)  M
β
(a) khi và chỉ khi α  β và |α| = |β|. Dấu
bằng chỉ xảy ra khi α = β và a
1
= a
2
= ··· = a
n
.
Chú ý rằng, khi vận dụng Bất đẳng thức Muirheard ta phải chọn bộ
trội thế nào để nhanh có kết quả.
Ví dụ 1.3.4. Với ba số thực dương a, b, c chúng ta có bất đẳng thức:

3
+ abc

b
3
+ c
3
+ abc

+

b
3
+ c
3
+ abc
 
c
3
+ a
3
+ abc

+

c
3
+ a
3
+ abc

b
3
 2

a
5
b
2
c
2
+ a
2
b
5
c
2
+ a
2
b
2
c
5

. Bất đẳng thức này tương đương với
bất đẳng thức M
(6,3,0)
(a)  M
(5,2,2)
(a) .
Ví dụ 1.3.5. Với ba số thực dương a, b, c, ta luôn có bất đẳng thức:

Mệnh đề 1.4.2. [Bernoulli]. Nếu x  −1 thì (1 + x)
n
 1 + nx với
mọi n = 0, 1, 2, Dấu bằng chỉ xảy ra khi x = −1 hoặc n = 1. Tổng
quát, nếu α > 1 và x  −1 thì (1 + x)
α
 1 + αx.
Chứng minh. Với n = 1 ta có đẳng thức xảy ra. Giả sử bất đẳng thức
đúng đến n = k  1 ta sẽ đi chứng minh bất đẳng thức đúng đến n =
k + 1. Thật vậy ta có (1 + x)
k+1
= (1 + x)
k
(1 + x)  (1 + kx) (1 + x) =
1 + kx + x + kx
2
 1 + (k + 1) x.
Ví dụ 1.4.1. Chứng minh rằng, nếu α
1
, α
2
, α
3
> 0 và α
1
+ α
2
+ α
3
= 1

3
.
Bài giải. Từ x
α
 αx + 1 − α khi 0 < α < 1, theo Mệnh đề ( 1.4.1 )
và thay x =
p
q
ta được p
α
q
1−α
 αp + (1 − α) q, trong đó p, q > 0. Với
β = 1 −α và α, β > 0, α + β = 1, có p
α
q
β
 αp + βq. Với p = u
1
, α = α
1
và q = u
α
2
2
u
α
3
3
, α

u
α
2
β
2
u
α
3
β
3

α
2
β
u
2
+
α
3
β
u
3
nên u
α
1
1
u
α
2
2


(x) = cos x +
1
cos
2
x
− 2  2

cos x.
1
cos
2
x
− 2 > 0, chúng ta suy ra
f(x) > f(0) = 0 hay sin x + tan x − 2x > 0. Vậy sin x + tan x > 2x.
13
Ví dụ 1.4.3. Cho các số a, b, c thỏa mãn

a + b + c = 8
ab + bc + ca = 16
. Chứng
minh rằng 0  a 
16
3
.
Chứng minh. Từ giả thiết ta suy ra

b + c = 8 − a
bc = 16 − a(8 − a) = a
2

14
Chương 2
Một số đồng nhất thức và bất đẳng
thức trong tam giác
Mục này tập trung trình bày một phương pháp phát hiện ra các đồng
nhất thức và bất đẳng thức trong tam giác qua phương trình đa thức
bậc ba.
2.1. Đa thức bậc ba liên quan đến tam giác.
Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh là a, b, c; bán kính các đường tròn
nội, ngoại tiếp là r, R; bán kính đường tròn bàng tiếp là r
1
, r
2
, r
3
; nửa
chu vi p và diện tích S. Ta sẽ chỉ ra a, b, c là ba nghiệm của x
3
−2px
2
+

p
2
+ r
2
+ 4Rr

x−4Rrp = 0 và r
1

Chứng minh. Từ tan
A
2
=
r
p − a
và a = 2R sin A ta suy ra hệ thức
a = 2R
2 tan
A
2
1 + tan
2
A
2
hay a = 4R
r
p − a
1 +

r
p − a

2
= 4Rr
p − a
r
2
+ (p − a)
2

p
2
+ r
2
+ 4Rr

x − 4Rrp = 0.
Tương tự, b và c cũng là nghiệm của phương trình trên.
Mệnh đề 2.1.2. Cho ∆ABC với độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c.
Ký hiệu p là nửa chu vi; r và R là bán kính các đường tròn nội, ngoại
15
tiếp. Khi đó sin A, sin B, sin C là ba nghiệm của phương trình dưới đây:
x
3
−
p
R
x
2
+
p
2
+ r
2
+ 4Rr
4R
2
x −
rp
2R

+ 4Rr

2R sin A − 4Rrp = 0 hay
sin
3
A −
p
R
sin
2
A +
p
2
+ r
2
+ 4Rr
4R
2
sin A −
rp
2R
2
= 0. Như vậy sinA là một
nghiệm của phương trình x
3
−
p
R
x
2

3
−
S
2
+ 4Rr
3
+ r
4
2Rr
2
y
2
+
2S
Rr
y −
2S
2
R
= 0.
Đặt H
n
= h
n
a
+ h
n
b
+ h
n

2
+

p
2
+ r
2
+ 4Rr

x − 4Rrp = 0 nên
2S
a
,
2S
b
,
2S
c
là nghiệm của phương
trình 2S
2
−
2S
r
y +
S
2
r
2
+ 4Rr + r

2S
2
R
= 0. Vậy H
n+3
−
S
2
+ 4Rr
3
+ r
4
2Rr
2
H
n+2
+
2S
Rr
H
n+1
−
2S
2
R
H
n
= 0.
Mệnh đề 2.1.4. Cho ∆ABC với nửa chu vi p; bán kính các đường tròn
nội, ngoại tiếp là r, R; bán kính các đường tròn bàng tiếp là r

2 tan
A
2
1 + tan
2
A
2
.
Vậy a = 4R
r
1
p
1 +
r
2
1
p
2
= 4Rr
1
p
r
2
1
+ p
2
. Bởi vì r
1
(p − a) = S = pr nên
chúng ta có quan hệ sau:

3
−
(4R + r) x
2
+ p
2
x − p
2
r = 0.
Tương tự, r
2
, r
3
cũng là nghiệm của phương trình này.
Mệnh đề 2.1.5. Cho ∆ABC với nửa chu vi p; bán kính các đường tròn
nội, ngoại tiếp là r, R. Khi đó tan
A
2
, tan
B
2
, tan
C
2
là ba nghiệm của
phương trình x
3
−
4R + r
p

2
+ tan
C
2
tan
A
2
= 1. Từ đây chúng
ta suy ra hai bất đẳng thức tan
A
2
+ tan
B
2
+ tan
C
2

√
3;
tan
A
2
tan
B
2
tan
C
2


+p
2
x−p
2
r = 0 nên p
3
tan
3
A
2
−(4R + r) p
2
tan
2
A
2
+p
2
p tan
A
2
−
p
2
r = 0 hay tan
3
A
2
−
4R + r

2
17
cũng là nghiệm của phương trình này. Các kết quả (i), (ii), (iii) được suy
ra từ Định lý Viét.
Mệnh đề 2.1.6. Cho ∆ABC với nửa chu vi p; bán kính các đường tròn
nội, ngoại tiếp là r, R. Khi đó ta có:
(i) cos A, cos B, cos C là ba nghiệm của phương trình đa thức dưới đây:
x
3
−
R + r
R
x
2
+
−4R
2
+ r
2
+ p
2
4R
2
x −
p
2
− (2R + r)
2
4R
2

3
−
4R + r
p
x
2
+x−
r
p
= 0. Vì cos A =
1 − tan
2
A
2
1 + tan
2
A
2
=
2
1 + tan
2
A
2
−1
nên cos A + 1 =
2
1 + tan
2
A

=
2
y
− 1
x
3
−
4R + r
p
x
2
+ x −
r
p
= 0
suy ra





x =
4R + r
p
−
2Ry
p
x
3
−

4R
2
y −
p
2
2R
2
= 0. Do đó cos A, cos B, cos C là ba nghiệm của
phương trình có được qua việc thay y = x + 1 vào phương trình bậc ba
18
x
3
−
R + r
R
x
2
+
−4R
2
+ r
2
+ p
2
4R
2
x −
p
2
− (2R + r)

p
2
+ r
2
+ 4Rr
4R
2
−
−4R
2
+ r
2
+ p
2
4R
2
=
4R
2
+ 4Rr
4R
2
= 1 +
r
R

3
2
.
Chú ý 2.1: Phương trình đa thức bậc 3 nhận tan A, tan B, tan C làm

.
(ii)

r
1
r
− 1

r
2
r
− 1

r
3
r
− 1

= 4
R
r
.
Bài giải. (i) Từ r
1
, r
2
, r
3
là ba nghiệm của phương trình x
3

− (4R + r) x
2
+ p
2
x − p
2
r = (x − r
1
) (x − r
2
) (x − r
3
) nên
khi lấy x = r được (r
1
− r) (r
2
− r) (r
3
− r) = 4Rr
2
. Chia hai vế cho r
3
ta được

r
1
r
− 1


r
1
+ rr
2
+ rr
3
+ r
+
r
1
− rr
2
− r
r
1
+ rr
2
+ r
+
r
2
− rr
3
− r
r
2
+ rr
3
+ r
+

r (y + 1)
1 − y
. Thay
x vào phương trình (1) ta nhận được phương trình đa thức bậc ba sau

r
2
+ 2Rr + p
2

y
3
+

2r
2
+ 2Rr − 2p
2

y
2
+

r
2
− 2Rr + p
2

y−2Rr = 0.
19

r
2
+ 2Rr + p
2
= 1.
Ví dụ 2.1.3. Cho ∆ABC với bán kính các đường tròn bàng tiếp là
r
1
, r
2
, r
3
. Hãy tính tổng dưới đây:
T = 4
2r
1
− r
r
1
+ r
2r
2
− r
r
2
+ r
2r
3
− r
r

3
− r
r
3
+ r
2r
1
− r
r
1
+ r
− 2

2r
1
− r
r
1
+ r
+
2r
2
− r
r
2
+ r
+
2r
3
− r

r
2
+ 2Rr + p
2

y
3
+ 3

r
2
− 3p
2

y
2
− 2

6Rr −6p
2

y −

r
2
+ 8Rr + 4p
2

= 0. Gọi y
1

3
y
1
=
6p
2
− 6Rr
r
2
+ 2Rr + p
2
;
4y
1
y
2
y
3
=
2r
2
+ 16Rr + 8p
2
r
2
+ 2Rr + p
2
. Từ ba hệ thức này ta suy ra T = 4y
1
y

. Chứng minh
4R
r
1
− r
+
4R
r
2
− r
+
4R
r
3
− r
= 1 − 8
R
r
+
r
1
r
2
r
3
r
3
. Từ
đó chỉ ra bất đẳng thức
4R

3
−(4R + r) x
2
+ p
2
x −p
2
r = 0 nên
1
x − r
1
+
1
x − r
2
+
1
x − r
3
=
3x
2
− 2 (4R + r) x + p
2
x
3
− (4R + r) x
2
+ p
2

− r
+
4R
r
2
− r
+
4R
r
3
− r
= 1 −8
R
r
+
r
1
r
2
r
3
r
3
vì p
2
=
r
1
r
2

3
− 15.
20
Ví dụ 2.1.5. Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh là a, b, c; bán kính các
đường tròn nội, ngoại tiếp là r, R. Khi đó chúng ta có kết quả sau đây:

a
2
+ 2Rr

b
2
+ 2Rr

c
2
+ 2Rr

= 2Rr(ab + bc + ca − 2
R
r)
2
.
Bài giải. Chúng ta biết a, b, c là ba nghiệm của phương trình bậc ba
x
3
−2px
2
+


y −2RrT
2
= 0.
Gọi y
1
, y
2
, y
3
là ba nghiệm của phương trình này, vì ab+bc+ca = T +2Rr
nên y
1
y
2
y
3
= 2RrT
2
= 2Rr(ab + bc + ca − 2Rr)
2
.
Ví dụ 2.1.6. Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh là a, b, c;
bán kính các đường tròn nội, ngoại tiếp là r, R; bán kính các
đường tròn bàng tiếp là r
1
, r
2
, r
3
; nửa chu vi p và diện tích S.

2
+ 4Rr + r
2
S
.
Bài giải. Chúng ta biết a, b, c là ba nghiệm của phương
trình x
3
− 2px
2
+

p
2
+ r
2
+ 4Rr

x − 4Rrp = 0. Xét phép
biến đổi y = x
2
+ p
2
+ 4Rr + r
2
. Xác định phương trình
nhận
y
1
= a

2
+ r
2
+ 4Rr

x − 4Rrp = 0
x
2
+ p
2
+ 4Rr + r
2
− y = 0.
Ta có ngay hệ phương
trình

x
3
− 2px
2
+

p
2
+ r
2
+ 4Rr

x − 4Rrp = 0
x

2
+ p
2
+
4Rr + r
2
= y hay y
3
−

p
2
+ 4Rr + r
2

y
2
−

2py −4Rrp − 2r
2
p

2
=
0. Phương trình này có ba nghiệm là y
1
, y
2
, y

2

c
2
+ p
2
+ 4Rr + r
2

=

4R + 2r
2

2
p
2
. Thay r
1
+ r
2
+ r
3
= 4R + r ta có đồng nhất thức cần
chứng minh.
Ví dụ 2.1.7. Cho ∆ABC với các đường cao h
a
, h
b
, h

1
+
1
r
2
2
+
1
r
2
3
+
1
r
2
.
Bài giải. Vì r
1
, r
2
, r
3
là ba nghiệm của x
3
−(4R + r) x
2
+ p
2
x −p
2

2
2
+
1
r
2
3
=
1
r
2
− 2
4R + r
p
2
r
. Do bởi a, b, c là ba nghiệm
của phương trình bậc ba x
3
−2px
2
+

p
2
+ r
2
+ 4Rr

x −4Rrp = 0 nên

2
b
+
1
h
2
c

=
2p
2
− 2r
2
− 8Rr
p
2
r
2
=
2
r
2
− 2
4R + r
p
2
r
.
Từ hai hệ thức trên ta suy ra 4


+
1
r
2
.
Ví dụ 2.1.8. Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh là a, b, c; nửa chu vi p và
bán kính các đường tròn nội, ngoại tiếp là r, R. Chứng minh rằng:
(a − b)
2
ab
+
(b − c)
2
bc
+
(c − a)
2
ca
=
p
2
+ r
2
2Rr
− 7.
Bài giải. Nếu x
1
, x
2
, x

x
2
3
− x
1
x
2

= a
3
1
a
3
− a
3
2
hay
(x
1
− x
2
)
2
x
1
x
2
+
(x
2

2
+

p
2
+ r
2
+ 4Rr

x −4Rrp = 0 nên ta có
(a − b)
2
ab
+
(b − c)
2
bc
+
(c − a)
2
ca
=
2p

p
2
+ r
2
+ 4Rr


(r
1
− r
2
)
2
r
1
r
2
+
(r
2
− r
3
)
2
r
2
r
3
+
(r
3
− r
1
)
2
r
3

r
2
+
(r
2
− r
3
)
2
r
2
r
3
+
(r
3
− r
1
)
2
r
3
r
1
=
(4R + r) p
2
p
2
r

p
2
+ 1

=
16R
2
p
2
.
Bài giải. r
1
, r
2
, r
3
là ba nghiệm của x
3
−(4R + r) x
2
+p
2
x−p
2
r = 0. Xác
định phương trình nhận y
1
= r
2
1

+ p
2
− y = 0.
Ta có ngay hệ

x
3
− (4R + r) x
2
+ p
2
x − p
2
r = 0
x
3
+ p
2
x − yx = 0
và (4R + r) x
2
− yx + p
2
r = 0 hay
phương trình (4R + r)

y −p
2

− yx + p

y − 16R
2
p
4
= 0.
Phương trình này có ba nghiệm y
1
, y
2
, y
3
. Do đó chúng ta có

r
2
1
+ p
2

r
2
2
+ p
2

r
2
3
+ p
2

2
2
p
2
+ 1

r
2
3
p
2
+ 1

=
16R
2
p
2
.
Chú ý 2.2: Với p = R (sin A + sin B + sin C) = 4R cos
A
2
cos
B
2
cos
C
2
và
r

(i)

r
2
1
p
2
− 1

r
2
2
p
2
− 1

r
2
3
p
2
− 1

= 4

(2R + r)
2
p
2
− 1

p
2
− 1

+

r
2
3
p
2
− 1

r
2
1
p
2
− 1

=
8 − 4
(2R + r) (r
1
+ r
2
+ r
3
)
p

2
, y
3
= r
2
3
−
p
2
làm ba nghiệm. Khử x từ hệ

x
3
− (4R + r) x
2
+ p
2
x − p
2
r = 0
x
2
− p
2
− y = 0.
Ta có ngay hệ

x
3
− (4R + r) x

2
r = 0. Đặt T = 4R + r khi đó x =
T y + (T + r) p
2
y + p
2
. Vậy

T y + (T + r) p
2

2
(y + 2p
2
)
2
− p
2
− y = 0 hay y

y + 2p
2

2
+ p
2

y + 2p
2


3
− p
2

p
6
=
y
1
y
2
y
3
p
6
=
(4R + 2r)
2
p
4
− 4p
6
p
6
. Ta suy
ra

r
2
1

2
.
Ví dụ 2.1.12. Cho ∆ABC với bán kính các đường tròn nội, ngoại tiếp
là r, R; bán kính đường tròn bàng tiếp là r
1
, r
2
, r
3
. Chứng minh rằng:

r
2
1
p
2
+ 1

r
2
2
p
2
+ 1

+

r
2
2

+ r
2
+ r
3
)
p
2
.
Bài giải. Ta thấy y
1
= r
2
1
+ p
2
, y
2
= r
2
2
+ p
2
, y
3
= r
2
3
+ p
2
là các nghiệm