BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

VÕ HOÀNG THÂN

MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI
CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Bình Định - 2012


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

VÕ HOÀNG THÂN

MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI
CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. TRỊNH ĐÀO CHIẾN

Bình Định - 2012


Một số hệ thức cơ bản trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . .

3

Chương 2 Phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc của tam giác

5

2.1 Một số phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc của tam giác . . . . . . . . .

5

2.2 Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

Chương 3 Phép biến đổi bảo toàn yếu tố cạnh của tam giác

29

3.1 Một số phép biến đổi bảo toàn yếu tố cạnh của tam giác . . . . . . . .

29

3.2 Một số bài toán liên quan đến sự bảo toàn yếu tố cạnh của tam giác . .

36

3.2.1



a+b+c

2

: nửa chu vi của tam giác ABC

• S hay SABC : diện tích tam giác ABC
• ha , hb , hc : tương ứng là các đường cao hạ từ A, B, C của tam giác ABC
• ma , mb , mc : tương ứng là các đường trung tuyến hạ từ A, B, C của tam giác
ABC
• R, r, ra : tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, bàng tiếp cạnh
a của tam giác ABC
•

•

: tích hoán vị
Ví dụ:

a = abc,

sin A = sin A sin B sin C

: tổng hoán vị
Ví dụ:

sin A = sin A + sin B + sin C,

• BĐT : Bất đẳng thức


π−B

2

, C 1 = f (C ) =

π−C

2

cũng là 3 góc của một tam giác.”
Rõ ràng nhờ phép biến đổi này mà, giả sử ta đã chứng minh được bất đẳng thức
√

sin A + sin B + sin C ≤

3 3
,
2

(1)

thì ta cũng sẽ có bất đẳng thức sau đây

sin

π−A

2

B

C

(2)

Bất đẳng thức (2) được cảm sinh từ bất đẳng thức (1), nhờ vào phép biến đổi nêu
trên.
Số bất đẳng thức càng được cảm sinh thêm gấp bội nếu cứ ta tiếp tục mãi quá
trình này hoặc nhờ vào sự tìm kiếm các phép biến đổi khác.


v
Những phép biến đổi f như thế được gọi là phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc trong
tam giác.
Vấn đề bảo toàn này tiếp tục được đặt ra tương tự đối với yếu tố cạnh của tam
giác.
Câu hỏi được đặt ra là:
“Giả sử a, b, c là 3 cạnh của một tam giác cho trước. Với những phép biến đổi f
nào thì f (a) , f (b) , f (c) cũng là 3 cạnh của một tam giác?”
Nếu phép biến đổi f này được tìm thấy, thì số hệ thức cảm sinh từ một hệ thức
đã biết sẽ tăng lên gấp bội. Chẳng hạn:
“Nếu a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, thì
a1 = f (a) = 2012a + 2013, b1 = f (b) = 2012b + 2013, c1 = f (c) = 2012c + 2013
cũng là 3 cạnh của một tam giác.”
Rõ ràng nhờ phép biến đổi này mà, giả sử ta đã chứng minh được bất đẳng thức
về cạnh của một tam giác, thì ta cũng sẽ có ngay một bất đẳng thức khác về cạnh của
một tam giác. Số bất đẳng thức càng được cảm sinh thêm gấp bội nếu cứ ta tiếp tục
mãi quá trình này hoặc nhờ vào sự tìm kiếm các phép biến đổi khác.
Những phép biến đổi f như thế, tương tự, được gọi là phép biến đổi bảo toàn yếu

f
.

i=1

=

fi (xi )
i=1

Thú vị ở chỗ, nó cho ta một minh họa khá đẹp về việc vận dụng những kiến thức
toán cao cấp vào nghiên cứu toán phổ thông.
Chương 2. Phép biến đổi bảo toàn yếu tố góc của tam giác
Chương này trình bày một cách khá toàn diện, đầy đủ và tổng quát về các phép
biến đổi bảo toàn yếu tố góc của tam giác như đã đề cập ở phần trên cùng với những
áp dụng cụ thể để sáng tác ra những bài toán cảm sinh và giải được nhiều bài tập khó
trong các kỳ thi học sinh giỏi.
Nội dung phần này chủ yếu tham khảo ở tài liệu [8]. Tuy nhiên, những kết quả
trong tài liệu này hầu hết đều không có chứng minh, trong khi nguồn tham khảo trích
dẫn trong tài liệu lại rất khó tìm được. Tất cả những chứng minh trong chương này
đều là chứng minh độc lập của tác giả, trong đó có những phần không phải quá dễ
dàng. Đó có thể được xem là một nỗ lực của tác giả luận văn.
Như đã nêu ở Chương 1, đóng góp của luận văn trong chương này còn thể hiện
ở chỗ, đã áp dụng được một kiến thức toán cao cấp (Phương trình hàm Pexider) vào
trong các chứng minh cho các kết quả của lượng giác, hoàn toàn sơ cấp.
Rất nhiều bất đẳng thức lượng giác về góc của tam giác cảm sinh, cùng với những
áp dụng của nó, đã được luận văn đề cập.
Chương 3. Phép biến đổi bảo toàn yếu tố cạnh của tam giác
Chương này cũng đề cập một cách khá toàn diện, đầy đủ và tổng quát về các phép
biến đổi bảo toàn yếu tố cạnh của tam giác như đã đề cập ở phần trên, cùng với những

tác giả luôn tỏ lòng biết ơn sâu sắc và sự kính phục đối với thầy giáo hướng dẫn - Tiến
sỹ Trịnh Đào Chiến.
Nhân đây, tác giả cũng bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Ban Giám hiệu Trường
Đại học Quy Nhơn, Phòng Sau đại học, Khoa Toán học, các Thầy cô giáo đã trực tiếp
giảng dạy lớp cao học khóa 13 đã tạo điều kiện tốt nhất trong thời gian tác giả tham
gia khóa học.
Đồng thời tác giả cũng bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến UBND tỉnh Gia Lai, Sở
Giáo dục và Đào tạo tỉnh Gia Lai, Ban Giám hiệu Trường THPT Chuyên Hùng Vương
- Gia Lai đã động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả tham gia khóa học
và hoàn thành đề tài này.
Để hoàn thành luận văn, tác giả đã cố gắng tập trung nghiên cứu khoa học, song
ít nhiều, thời gian và năng lực có hạn nên trong luận văn còn nhiều vấn đề chưa đề cập
và khó tránh khỏi những thiếu sót nhất định. Tác giả rất mong nhận được những chỉ
bảo của quý Thầy cô và những góp ý của bạn đọc để luận văn này được hoàn thiện hơn.


Chương 1
Một số kiến thức liên quan
1.1

Phương trình hàm Pexider

Bài toán 1.1.1. Nghiệm tổng quát của phương trình
f (x + y ) = g (x) + h(y ),

(1.1)

trong đó các hàm f, g, h xác định và liên tục trên R, là



g ∈ CR
h ∈ CR
h(x) = βe

trong đó CR là tập hợp các hàm số liên tục trên R; α, β, γ ∈ R.
Bài toán 1.1.3. Nghiệm của phương trình
f (xy ) = g (x) + h(y ),
trong đó các hàm số f, g, h xác định và liên tục trên R+ , là
1

(1.3)


2


 f (x) = a. ln x + α + β
với a, α, β ∈ R.
g (x) = a. ln x + α

h(x) = a. ln x + β

Bài toán 1.1.4. Nghiệm của phương trình

f (xy ) = g (x)h(y ),

(1.4)

trong đó các hàm số f, g, h xác định và liên tục trên R+ , là


n

f (x) = ax +
1

1.2

ai , f (ai ) = ax + ai ; a, ai ∈ R.

Một số hệ thức lượng giác trong tam giác

1.2.1

Các định lí cơ bản trong tam giác

Định lý 1.2.1. (Định lí sin trong tam giác).
Trong tam giác ABC ta luôn có
a

sin A

=

b

sin B

=

c

aha = bhb = chc .
2
2
2
1
1
1
S = ab sin C = bc sin A = ca sin B.
2
2
2
S=

abc
.
4R
S = 2R2 sin A sin B sin C.
S=

S = pr.
S=

1.2.2

p(p − a)(p − b)(p − c).

Một số hệ thức cơ bản trong tam giác
√

1.


2

+ sin

B

2

+ sin

C

≤

2

3
.
2

√

sin

A

2

+ sin


9.

1 < cos2 A + cos2 B + cos2 C < 3.

B

B

2

+ cos2

1
.
8

7.

A

+ cos2

C

√

√

10.

a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 .
√
4S 3 + (b − c)2 + (c − a)2 + (a − b)2 ≤ a2 + b2 + c2 .

16.
17.
18.

√

p

p

.

p−c

− B1 (x), h(x) =

π

2

− C1 (x).

(2.5)

Khi đó (2.4) trở thành
(2.6)

f (B + C ) = g (B ) + h(C ).
Ta có (2.6) là phương trình hàm Pexider, nghiệm tổng quát của nó là

trong đó a, c1 , c2 ∈ R.


 f (x) = ax + c1 + c2
g (x) = ax + c1

h(x) = ax + c2

(2.7)

Do đó


A (A) = a(π − A) + c1 + c2


Từ (2.8) ta có
A1 = kA + λπ, B1 = kB + µπ, C1 = kC + νπ.
Ta lại có π = A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + π (λ + µ + ν )

= kπ + π (λ + µ + ν ) = (k + λ + µ + ν )π ⇒ k + λ + µ + ν = 1.

+) Chứng minh phần đảo

Từ (2.3) ta có A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + π (λ + µ + ν )

= kπ + π (λ + µ + ν ) = (k + λ + µ + ν )π = 1.π = π
Vậy định lý được chứng minh.

(2.10)


7
Định lý 2.1.2. Các hàm thực liên tục
A → A1 (A), B → B1 (B ), C → C1 (C )
là nghiệm của phương trình
A1 + B1 + C1 = π ; A1 , B1 , C1 ≥ 0,

(2.11)

A + B + C = π ; A, B, C ≥ 0,

(2.12)

với điều kiện

(2.15)

Khi đó (2.14) trở thành
f (B + C ) = g (B ) + h(C ).

(2.16)

Ta có (2.16) là phương trình hàm Pexider đã biết, nghiệm tổng quát của nó là

trong đó a, c1 , c2 ∈ R.
Do đó


 f (x) = ax + c1 + c2
g (x) = ax + c1

h(x) = ax + c2

A (A) = a(π − A) + c1 + c2

 1
π
B1 (B ) = − aB − c1
2

 C (C ) = π − aC − c
1
2
2


1.2) Nếu A > 0: Bởi A1 ≥ 0 ⇒ kA + λπ ≥ 0 ⇒ λ ≥ − .
π
Ta xét hai trường hợp của k như sau
kA
1.2.1) Nếu k ≤ 0: Từ λ ≥ −
≥ 0 ⇒ λ ≥ 0.
π
1.2.2) Nếu k > 0: Giả sử λ < 0. Ta xét hai trường hợp của k > 0.
1.2.2.1) Nếu k ≥ −λ.
λπ
λ
≤π
Ta có 0 < − ≤ 1 suy ra 0 < −
k
k
λπ
≤ π.
Chọn A = A0 sao cho 0 < A0 < −
k
Khi đó kA0 < −λπ ⇒ kA0 + λπ < 0 ⇒ A1 < 0, điều này mâu
thuẫn. Do đó λ ≥ 0.

1.2.2.2) Nếu k < −λ.
Ta có kA < −λA ≤ −λπ ⇒ kA < −λπ ⇒ kA + λπ < 0
⇒ A1 < 0, điều này mâu thuẫn. Do đó λ ≥ 0.
Tóm lại, ta đã hoàn tất việc chứng minh λ ≥ 0.

2) Chứng minh µ ≥ 0: Tương tự như trên.
3) Chứng minh k + λ ≥ 0:


nên, ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ k + ν = 1 − (λ + µ) ≥ 0.

Bởi ν ≥ 0 và k + ν ≥ 0, ta có C1 = kC + νπ ≥ kC + νC = (k + ν )C ≥ 0.

4)

Chứng minh A1 + B1 + C1 = π: Vì k + λ + µ + ν = 1 nên, ta có
A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + (λ + µ + ν )π

= kπ + (λ + µ + ν )π = (k + λ + µ + ν )π = π.
Vậy phần đảo của định lý được chứng minh.
Tóm lại, định lý đã được chứng minh hoàn toàn.
Nhận xét. Trong phần tiếp theo, để các kết quả được phát biểu gọn hơn, ta sẽ mô tả
các lớp của tam giác đặc biệt như sau
B

B
B (0, π )

B (0, π )

KB
Q(0,

P ( π2 , π2 )

π
2)

K0

K = (A, B ) : A, B ≥ 0, A + B ≤ π

(2.20)

.


10
1) Đối với lớp các tam giác không tù, kí hiệu là Ko .
KO =

π

(2.21)

(A, B, C ) : 0 ≤ A, B, C ≤ , A + B + C =π
2

hoặc
KO =

π

π

(A, B ) : 0 ≤ A, B ≤ , A + B ≥
2
2

(2.22)


2.2) Tam giác không nhọn tại B, kí hiệu là KB
KB = (A, B, C ) : 0 ≤ A, C ≤

π

2

, B ≥

hoặc
KB = (A, B ) : A ≥ 0, B ≥

π

2

π

2

, A+B+C =π
(2.25)

, A+B≤π

.

(2.26)


Các tập K, K0 , KA , KB , KC được mô tả ở hình (2.1), hình (2.2) như trên.
Bổ đề 2.1.3. i) Các hàm A1 , B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ K0 vào K, nếu
λ ≥ 0, µ ≥ 0,

k

2

+ λ ≥ 0,

k

2

+ µ ≥ 0,

k

2

+ λ + µ ≤ 1, k + λ + µ ≤ 1. (2.29)

ii) Các hàm A1 , B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ K vào K0 , nếu
λ ≥ 0, µ ≥ 0, 0 ≤ k + λ ≤

1 1
1
1
, 0 ≤ k + µ ≤ , ≤ λ + µ ≤ 1, ≤ k + λ + µ ≤ 1.
2


π
k
Với các giả thiết 0 ≤ B ≤ , µ ≥ 0, + π ≥ 0, ta có
2
2
k
π
k
k
B1 = kB + µπ = 2( B + µ ) ≥ 2( B + µB ) = 2( + µ)B ≥ 0.

2

2

2

2

3) Chứng minh C1 ≥ 0 :
3.1) Chứng minh ν ≥ 0:
Với giả thiết k + λ + µ ≤ 1 và k + λ + µ + ν = 1,
suy ra ν = 1 − (k + λ + µ) ≥ 0.
3.2) Chứng minh

k

2



2

4) Chứng minh A1 + B1 + C1 = π : Ta có
A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + (λ + µ + ν )π

= kπ + (λ + µ + ν )π = (k + λ + µ + ν )π = 1.π = π.
- Chứng minh ii).
1) Chứng minh 0 ≤ A1 ≤

π

2

:

1.1) Chứng minh A1 ≥ 0:
Với các giả thiết 0 ≤ A ≤ π, λ ≥ 0, 0 ≤ k + λ ≤

ta có A1 = kA + λπ ≥ kA + λA = (k + λ)A ≥ 0.

1
,
2


12
1.2) Chứng minh A1 ≤

π

2

: Tương tự như trên.
:

3.1) Chứng minh ν ≥ 0:
Với giả thiết k + λ + µ ≤ 1,
ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ ν = 1 − (k + λ + µ) ≥ 0.
3.2) Chứng minh 0 ≤ k + ν ≤

1
:
2

Với giả thiết λ + µ ≤ 1,
ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ k + ν = 1 − (λ + µ) ≥ 0.

1
≤ λ + µ.
2
1 1
Suy ra k + λ + µ + ν = 1 ⇒ k + ν = 1 − (λ + µ) ≤ 1 − = .
2 2
1
Vậy, ta đã chứng minh được 0 ≤ k + ν ≤ .
2

Lại có

Bây giờ, từ các giả thiết 0 ≤ C ≤ π, ν ≥ 0, 0 ≤ k + ν ≤


λ
1
µ
A1 − π, B = B1 − π
k
k
k
k

1

(2.31)

1

λ
µ
, λ′ = − , µ′ = − . Thế thì (2.31) có dạng
k
k
k
A = k ′ A1 − λ′ π, B = k ′ B1 − µ′ π.

Áp dụng kết quả của Bổ đề 2.1.3 phần (i), từ K0 vào K, ta có điều kiện
λ, µ,

k

2

,
≤ ,
≤−
,
≤ 1.
− , − ≥ 0, 0 ≤
k
k
k
k
2 2
k
k

(2.33)

λ
µ
≥ 0 và − ≥ 0 nên k < 0.
k
k
Khi đó, từ (2.33), ta có hệ bất đẳng thức (2.33′ ) như sau
+) Nếu λ > 0, µ > 0: Từ (2.33), vì −

1−λ

1
k
k
⇒ 1−λ≥

+ λ + µ ≥ 1,
2
k
2
2
1−λ−µ
≤ 1 ⇒ 1 − λ − µ ≥ k ⇒ k + λ + µ ≤ 1.
≤

k

- Từ (2.32) và (2.33′ ), ta có 1 ≤

k

2

+ λ + µ ≤ 1, suy ra

k

2

+ λ + µ = 1 hay
(2.34)

k = 2(1 − λ − µ).
- Từ

k

= 0, vô lí. Vậy trường hợp này không xảy ra.
Khi đó, bởi (2.33), ta có ≤ −
2
k
+) Tương tự, trường hợp µ = 0 không xảy ra.
Thử lại, ta thấy, với k = −2, λ = µ = ν = 1 thỏa mãn định lí.

Vậy, định lí đã được chứng minh.

Bổ đề 2.1.5. i) Các hàm A1 , B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ K vào KC , nếu
λ ≥ 0, µ ≥ 0, k + λ ≥ 0, k + µ ≥ 0, λ + µ ≤

1
1
, k+λ+µ≤ .
2
2

(2.35)

ii) Các hàm A1 , B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ KC vào K, nếu
k

λ ≥ 0, µ ≥ 0,

2

+ λ ≥ 0,

k


1
1
, ta có k + λ ≤ .
2
2
π
1
Khi đó, ta có A1 = kA + λπ ≤ kπ + λπ = (k + λ)π ≤ π = .
2
2
+) Nếu k < 0:
π
Ta có k < k1 , với k1 ≥ 0. Do đó A1 = kA + λπ ≤ k1 A + λπ ≤ .
2
π
Vậy, ta đã chứng minh được 0 ≤ A1 ≤ .
2
Với giả thiết µ ≥ 0 và k + λ + µ ≤

2) Chứng minh 0 ≤ B1 ≤
3) Chứng minh C1 ≥

π

2

:

π


π

2

:

1
,
2
π
1
ta có C1 = kC + νπ ≥ kπ + νπ = (k + ν )π ≥ .π = .
2
2
+) Nếu k > 0: Ta có k > k1 với k1 ≤ 0 .
π
Do đó, với giả thiết C ≥ 0, ta có C1 = kC + νπ ≥ k1 C + νπ ≥ .
2
π
+) Nếu k ≤ 0: Với giả thiết C ≤ π và k + ν ≥

Vậy, ta đã chứng minh xong C1 ≥

2

.

4) Chứng minh A1 + B1 + C1 = π :
Ta có A1 + B1 + C1 = k (A + B + C ) + (λ + µ + ν )π = kπ + (λ + µ + ν )π

k

k

+ ν ≥ 0: Với giả thiết

+ λ + µ ≤ 1,
2
2
k
k
ta có k + λ + µ + ν = 1 ⇒ ( + ν ) + ( + λ + µ) = 1
2
2
⇒

k

k

+ ν = 1 − ( + λ + µ ) ≥ 0.
2
2

Bây giờ, ta chứng minh C1 ≥ 0:

+) Nếu k ≥ 0: Với giả thiết C ≥

π


Định lý 2.1.6. Các hàm A1 , B1 , C1 được xác định bởi (2.3) biến đổi tương ứng 1 − 1
từ K vào KC khi và chỉ khi : k =

A

1
, λ = µ = 0, nghĩa là khi và chỉ khi
2
B

C+π

.

(2.37)

λ
1
µ
A1 − π, B = B1 − π.
k
k
k
k

(2.38)

A1 =

2

2

(2.39)

Áp dụng kết quả của Bổ đề 2.1.5, phần (ii), biến đổi từ KC vào K, ta có điều kiện
λ′ , µ ′ ,
hay

k′

2

+ λ′ ,

k′

2

+ µ ′ ≥ 0, λ ′ + µ ′ ,

k′

2

+ λ′ + µ ′ ≤ 1

λ
µ 1 − 2λ 1 − 2µ
λ + µ 1 − 2λ − 2µ
− , − ,

2
2

Do đó λ + µ ≥ 1, mâu thuẫn với (2.39), vì λ + µ ≤

1
.
2

Vậy trường hợp này không xảy ra.
2) Nếu λ = 0, µ > 0:
λ
≥ 0 suy ra k < 0.
k
1
1 − 2λ
≥ 0, suy ra
≥ 0, vô lí.
Khi đó, từ (2.41), ta có
2k
2k
Vậy trường hợp này không xảy ra.
Từ (2.41), ta có −

3) Trường hợp λ > 0, µ = 0: Cũng tương tự.
4) Nếu λ = µ = 0:

1 − 2µ
1
1 − 2λ

λ ≥ 0, µ ≥ 0,

k

2

+ λ ≥ 0,

k

2

+ µ ≥ 0,

1
1
+ λ + µ ≤ , k + λ + µ ≤ . (2.42)
2
2
2

k

ii) Các hàm A1 , B1 , C1 xác định bởi (2.3) biến đổi từ KC vào K0 , nếu

0 ≤ λ, µ,

k

2

+ λ ≥ 0,
2
2
k
ta có A1 = kA + λπ ≥ kA + λ2A = 2A( + λ) ≥ 0.
2
, λ ≥ 0,

(2.43)