Xem mẫu
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
MỘT SỐ MỞ RỘNG VÀ ÁP DỤNG
CỦA BẤT ĐẲNG THỨC K LAMKIN
Hoàng Minh Quân - Hội Toán học Hà Nội
Ngụy Phan Tiến - Trường THPT Yên Dũng 3, Bắc Giang
Tóm tắt nội dung
Bất đẳng thức hình học thể hiện mối quan hệ mang tính bản chất của các quan hệ
hình học và là một chuyên đề thú vị trong toán sơ cấp, thường xuất hiện trong các kì thi
học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế.
Nghiên cứu, tìm tòi và phát hiện những điều mới từ các bất đẳng thức hình học luôn
mang lại niềm vui cho giáo viên và học sinh trong quá trình dạy và học, đặc biệt là trong
các trường chuyên, lớp chọn.
Báo cáo giới thiệu bất đẳng thức Klamkin (1975) cùng một số ứng dụng và mở rộng của
nó, qua đó có thể thấy rằng, nhiều điều thú vị vẫn còn ẩn náu trong các đối tượng cổ điển
như tam giác, tứ giác, hình tròn, cần được đi sâu nghiên cứu, tìm hiểu và phát triển.
Trong báo cáo này, các kí hiệu sau đây được sử dụng:
1) A, B, C là các góc của tam giác ABC.
2) a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC.
3) p = a+2b+c là nửa chu vi của tam giác ABC.
4) S hay S ABC là diện tích tam giác ABC.
5) r, R, r a tương ứng là bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp và đường tròn bàng tiếp
cạnh a của tam giác ABC.
6) R1 , R2 , R3 lần lượt là khoảng cách từ điểm P bất kì trong tam giác ABC đến các đỉnh
A, B, C.
7) r1 , r2 , r3 lần lượt là khoảng cách từ điểm P bất kì trong tam giác ABC đến các cạnh
BC, CA, AB.
8) h a , m a , la tương ứng là độ dài đường cao, trung tuyến và phân giác trong hạ từ A của
tam giác ABC.
−→
9) −
→a , AB là các vectơ.
−
→ −→ −→
10) −→a . b , AB.CD là tích vô hướng của hai vectơ.
1 Bất đẳng thức Klamkin
Định lý 1 (Klamkin, [8], 1975). Cho tam giác ABC tùy ý với BC = a, CA = b, AB = c và P là
điểm bất kì trong không gian, khoảng cách từ điểm P đến các đỉnh A, B, C lần lượt là R1 , R2 , R3 .
Khi đó với mọi số thực x, y, z ta có
( x + y + z)( xR21 + yR22 + zR23 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 . (1.1)
193
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
−
→ −
→ −
→
Chứng minh. Từ bất đẳng thức ( x PA + y PB + z PC )2 ≥ 0 ta có
−
→− → →−
− → −
→− →
x2 PA2 + y2 PB2 + z2 PC2 + (2xy PA PB + 2yz PB PC + 2zx PC PA) ≥ 0. (1.2)
Ta lại có
→ −
− → −→− →
AB2 = ( PB − PA)2 = PA2 + PB2 − 2 PB. PA.
Suy ra
−→− →
2 PA. PB = PA2 + PB2 − c2 .
Tương tự
→−
− →
2 PB. PC = PB2 + PC2 − a2 ,
−→− →
2 PC. PA = PA2 + PC2 − b2 .
Thay các đẳng thức này vào (1.2) và thu gọn, ta được bất đẳng thức
( x + y + z)( xPA2 + yPB2 + zPC2 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2
hay
( x + y + z)( xR21 + yR22 + zR23 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 .
Vậy (1.1) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là tâm tỉ cự của hệ điểm ( A, B, C ).
2 Ứng dụng
Bất đẳng thức Klamkin có rất nhiều ứng dụng, dưới đây chúng tôi chỉ trình bày một
số ví dụ điển hình.
Bài toán 1. Cho P là điểm bất kì thuộc miền trong của tam giác ABC. Chứng minh rằng
1 2
PA2 + PB2 + PC2 ≥ ( a + b2 + c2 ).
3
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức (1.1) với x = y = z = 1, ta có
3( PA2 + PB2 + PC2 ) ≥ a2 + b2 + c2 ,
hay
1 2
PA2 + PB2 + PC2 ≥ ( a + b2 + c2 ).
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trọng tâm tam giác ABC.
Bài toán 2. Cho G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng
9
m a 2 + mb 2 + mc 2 (m a + mb + mc ) ≥ m a a2 + m b b2 + m c c2 .
4
1 1 1
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức (1.1) với x = ;y = ;z = và P ≡ G ta có
ma mb mc
GA2 GB2 GC2 a2 b2 c2
1 1 1
+ + + + ≥ + + .
ma mb mc ma mb mc mb mc mc m a m a mb
194
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Do GA = 32 m a , GB = 23 mb , GC = 32 mc nên bất đẳng thức trên tương đương với
a2 b2 c2
4 1 1 1
+ + (m a + mb + mc ) ≥ + + .
9 ma mb mc mb mc mc m a m a mb
Nghĩa là,
4
( m a m b + m b m c + m c m a ) ( m a + m b + m c ) ≥ m a a2 + m b b2 + m c c2 ,
9
hay
9
m a a2 + m b b2 + m c c2 .
(m a mb + mb mc + mc m a ) (m a + mb + mc ) ≥
4
Kết hợp với bất đẳng thức
m a 2 + mb 2 + mc 2 ≥ m a mb + mb mc + mc m a
ta được
9
m a 2 + mb 2 + mc 2 (m a + mb + mc ) ≥ m a a2 + m b b2 + m c c2 .
4
Vậy bất đẳng thức (2) được chứng minh.
Bài toán 3 (Bất đẳng thức Weitzenbock). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R).
Chứng minh rằng √
a2 + b2 + c2 ≥ 4S 3. (2.1)
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức (1.1) với x = a2 , y = b2 , z = c2 và P ≡ O ta được
( a2 + b2 + c2 )( a2 R2 + b2 R2 + c2 R2 ) ≥ b2 c2 a2 + c2 a2 b2 + a2 b2 c2 ,
hay
R2 ( a2 + b2 + c2 )2 ≥ 3a2 b2 c2 .
Nghĩa là, √
2 2 2 3abc
a +b +c ≥ .
R
Mặt khác, ta có
abc abc
S= ⇔ = 4S.
4R R
Vậy √
a2 + b2 + c2 ≥ 4S 3.
Bài toán 4 (Bất đẳng thức Euler). Cho R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội
tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng
R ≥ 2r. (2.2)
Lời giải. Áp dụng (1.1) với x = a, y = b, z = c và P ≡ O ta được
( a + b + c)( aR2 + bR2 + cR2 ) ≥ bca2 + cab2 + abc2 ,
195
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
hay
R2 ( a + b + c)2 ≥ abc( a + b + c).
Nghĩa là,
abc
R2 ≥ .
a+b+c
Vì
abc
S= = pr ⇔ abc = 4pRr = 2( a + b + c) Rr
4R
nên ta có
abc 2( a + b + c) Rr
R2 ≥ = = 2Rr.
a+b+c a+b+c
Vậy
R ≥ 2r.
Bất đẳng thức Klamkin không chỉ được sử dụng trong chứng minh các bất đẳng thức
hình học, mà còn có thể được sử dụng trong chứng minh bất đẳng thức lượng giác. Dưới
đây là một trong nhiều ví dụ.
Bài toán 5. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
sin Acos2 A + sin Bcos2 B + sin Ccos2 C ≥ sin A sin B sin C.
Lời giải. Áp dụng (1.1) với x = a, y = b, z = c và P ≡ H ta được
( a + b + c)( aH A2 + bHB2 + cHC2 ) ≥ bca2 + cab2 + abc2 ,
hay
aH A2 + bHB2 + cHC2 ≥ abc.
Do định lí hàm số sin và
H A = 2R cos A, HB = 2R cos B, HC = 2R cos C,
ta có
sin Acos2 A + sin Bcos2 B + sin Ccos2 C ≥ sin A sin B sin C.
Vậy Bất đẳng thức (5) được chứng minh.
3 Một số hệ quả quan trọng của bất đẳng thức
Klamkin
Jian Liu (2008, [9]) đã chứng minh một hệ quả sau của bất đẳng thức Klamkin.
196
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Hệ quả 1. Cho P là điểm tùy ý trong mặt phẳng tam giác ABC, x, y, z là các số thực dương. Khi
đó ta có bất đẳng thức
R21 R2 R2 aR + bR2 + cR3
+ 2 + 3 ≥ √1 . (3.1)
x y z xy + yz + zx
Chứng minh.
Trường hợp 1: Nếu P là một trong các đỉnh của tam giác ABC, chẳng hạn P ≡ C thì
CA = R1 , CB = R2 , PC = 0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
CA2 CB2 aCA + bCB 2ba
+ ≥√ =√ ,
x y yz + zx + xy yz + zx + xy
hay
b2 a2 2ba
+ ≥√ .
x y yz + zx + xy
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
b2 a2 2ba
+ ≥√ .
x y xy
Vì x, y, z là các số thực dương nên ta có
b2 a2 2ba 2ba
+ ≥√ >√ . (3.2)
x y xy yz + zx + xy
Vậy nếu P trùng với một trong các đỉnh của tam giác ABC thì định lí được chứng minh,
trường hợp này không xảy ra dấu “=”.
Trường hợp 2: P không là một trong các đỉnh của tam giác ABC. Bất đẳng thức
Klamkin
( x + y + z)( xR21 + yR22 + zR23 ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2
được viết lại thành
a2 b2 c2
1 1 1
xR21 + yR22 + zR23
+ + ≥ + + .
yz zx xy x y z
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
a2 b2 c2 ( a + b + c )2
+ + ≥ .
x y z x+y+z
Do đó
( a + b + c )2
1 1 1
xR21 + yR22 + zR23
+ + ≥ .
yz zx xy x+y+z
Điều này tương đương với
( a + b + c )2
1 1 1
xR21 + yR22 + zR23
+ + ≥ . (3.3)
yz zx xy x+y+z
197
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Đảng thức xảy ra khi và chỉ khi x : y : z = a : b : c và P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Thực hiện phép biến đổi R1 → R2 R3 , R2 → R3 R1 , R3 → R1 R2 , a → aR1 , b → bR2 , c →
cR3 trong (3.3) ta được (chi tiết hơn xem [4], trang 10-12)
i 1 ( aR1 + bR2 + cR3 )2
h 1 1
x ( R2 R3 )2 + y ( R3 R1 )2 + z ( R1 R2 )2 + + + ≥ .
yz zx xy x+y+z
Nghĩa là,
( R2 R3 )2 ( R3 R1 )2 ( R1 R2 )2
2
aR1 + bR2 + cR3
+ + ≥ . (3.4)
yz zx xy x+y+z
Thực hiện phép biến đổi x → xR1 2 , y → yR2 2 , z → zR3 2 trong (3.4) ta được
2
1 1 1 aR1 + bR2 + cR3
+ + ≥ . (3.5)
yz zx xy xR1 2 + yR2 2 + zR3 2
Thực hiện phép biến đổi x → 1x , y → y1 , z → 1
z trong (3.5) ta được (3.1).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác nhọn có P là trực tâm và
R1 R2 R3
= = . (3.6)
xa yb zc
Khi P là trực tâm tam giác nhọn ABC thì ta có
R1 : R2 : R3 = cos A : cos B : cos C.
Do đó (3.6) tương đương với
x : y : z = cot A : cot B : cot C.
Với các bất đẳng thức (3.1), (3.3),(3.4) và (3.5), ta có thể xây dựng được nhiều bất đẳng
thức thú vị khác, chẳng hạn các bất đẳng thức sau.
Bài toán 6.
R21 R2 R2 4S
+ 2+ 3 ≥√ . (3.7)
x y z xy + yz + zx
Bài toán 7.
3
R21 + R22 + R23 ≥ √ S. (3.8)
3
Bài toán 8.
aR21 + bR22 + cR23 √
≥ 2Rr. (3.9)
aR1 + bR2 + cR3
198
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bài toán 9 (Bất đẳng thức Hayashi).
R2 R3 R3 R1 R R2
+ + 1 ≥ 1. (3.10)
bc ca ab
Bài toán 10.
2 1 1 1
( R2 R3 + R3 R1 + R1 R2 ) + + ≥ 4p2 . (3.11)
R2 R3 R3 R1 R1 R2
Bài toán 11.
( R2 R3 )2 ( R3 R1 )2 ( R1 R2 )2 16 2
+ + ≥ p . (3.12)
r2 r3 r3 r1 r1 r2 9
Bài toán 12.
( R1 + R2 + R3 )2 4
≥ √ p. (3.13)
r1 + r2 + r3 3
Bài toán 13.
R1 2 R2 2 R3 2 4
+ + ≥ (r1 + r2 + r3 ) . (3.14)
ra rb rc 3
Bài toán 14.
R1 2 R2 2 R3 2
+ + ≥ r1 + r2 + r3 + r. (3.15)
ra rb rc
Bài toán 15.
R1 2 R2 2 R3 2
+ + ≥ 4r. (3.16)
ha hb hc
Năm 2011, Jian Liu lại phát biểu một hệ quả sau đây của bất đẳng thức Klamkin, cũng
có khá nhiều ứng dụng. Ta có
Hệ quả 2 (xem [10). ]
R22 + R23 2 R23 + R21 2 R21 + R22 2 2
2
x + 2
y + 2
z ≥ (yz + zx + xy) . (3.17)
a b c 3
Đặt
a b c
x= p ,y = p ,z = p
R2 2 + R3 2 R3 2 + R1 2 R1 2 + R2 2
trong (3.17), ta được
199
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bài toán 16.
bc ca
q
2 2
2 2
+q 2 2
2 2
.
R3 + R1 R1 + R2 R1 + R2 R2 + R3
ab 9
+q ≤ . (3.18)
R2 2 + R3 2
R3 2 + R1 2
2
Từ bất đẳng thức (16), ta có thể dễ dàng nhận được hai bất đẳng thức sau.
Bài toán 17.
8
R2 2 + R3 2 R3 2 + R1 2 R1 2 + R2 2 ≥ ( abc)2 .
(3.19)
27
Bài toán 18. p p p
R2 2 + R3 2 R3 2 + R1 2 R1 2 + R2 2 √
+ + ≥ 6. (3.20)
a b c
Một kết quả tổng quát hơn (18) là
Bài toán 19.
p p p r
R2 2 + R3 2 2 R3 2 + R1 2 2 R1 2 + R2 2 2 2
x + y + z ≥ (yz + zx + xy) . (3.21)
a b c 3
√ √ √
Thay x = a, y = b, z = c vào (19) ta được
Bài toán 20.
2 √ √
r
q
2 2
q
2 2
q
2 2
√
R2 + R3 + R3 + R1 + R1 + R2 ≥ bc + ca + ab . (3.22)
3
4 Một số giả thuyết
Bài toán 21.
r
2
q q q
R2 2 + R3 2 + R3 2 + R1 2 + R1 2 + R2 2 ≥ ( a + b + c) . (4.1)
3
Bài toán 22.
( R2 + R3 )2 R1 2 ( R3 + R1 )2 R2 2 ( R1 + R2 )2 R3 2 4
4
+ 4
+ 4
≥ . (4.2)
a b c 3
Bài toán 23.
r2 2 + r3 2 r3 2 + r1 2 r1 2 + r2 2 2
2
+ 2
+ 2
≥ ( R1 + R2 + R3 )2 . (4.3)
sin A sin B sin C 9
Các giả thuyết này đã được Jian Liu kiểm tra trên máy tính.
200
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
5 Mở rộng của bất đẳng thức Klamkin
Xiao-Guang Chu và Zhi-Hua Zhang, [6] đã mở rộng Bất đẳng thức Klamkin cho hai
điểm.
Định lý 2. Nếu P và Q là hai điểm trong của tam giác ABC và ( x, y, z) là tọa độ trọng tâm (the
barycentric coordinates) của các điểm P hoặc Q đối với tam giác ABC thì
( x + y + z) ( xPA.QA + yPB.QB + zPC.QC ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 . (5.1)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai điểm P và Q trùng nhau.
Chứng minh. Giả sử AQ ∩ BC = D, BQ ∩ CA = E, CQ ∩ AB = F; AD = q a , BE =
qb , CF = qc , AQ = R1 , BQ = R2 , CQ = R3 và r1 , r2 , r3 là khoảng cách từ Q đến các cạnh
của ∆ABC. Khi đó ta có
ar1 = x, br2 = y, cr3 = z. (5.2)
x+y+z x+y+z x+y+z
qa = R1 , q b = R2 , q c = R3 . (5.3)
y+z z+x x+y
Giả sử x, y, z là các tọa độ trọng tâm của điểm Q trong tam giác ABC và r1 , r2 , r3 là khoảng
cách từ Q đến các cạnh của ∆ABC. Từ định lí Stewart ta có
z 2 y 2 a2 yz
AD2 = q a 2 = b + c − . (5.4)
y+z y+z ( y + z )2
và
z y a2 yz
PD2 = PC2 + PB2 − . (5.5)
y+z y+z ( y + z )2
Xét ∆APD, sử dụng định lý hàm số côsin, ta có
[ = PA2 + q a 2 − PD2 .
2q a .PA ≥ 2q a PA cos PAD (5.6)
Từ (5.4), (5.5) và (5.6) ta có
2
2x (y + z)q a .PA ≥ x (y + z) PA2 + zxb2 + xyc − zxPC2 − xyPB2 . (5.7)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi điểm P nằm trên đoạn AD. Tương tự với ∆BPE và ∆CPF
ta có
2y (z + x ) qb .PB ≥ y (z + x ) PB2 + xyc2 + yza2 − xyPA2 − yzPC2 , (5.8)
và
2z ( x + y) qc .PC ≥ z ( x + y) PC2 + yza2 + zxb2 − yzPB2 − zxPA2 . (5.9)
Dấu bằng trong (5.8) ( trong (5.9)) xảy ra khi và chỉ khi điểm P nằm trên đoạn BE (trên
đoạn CF).
Cộng vế với vế, từ (5.7), (5.8) và (5.9) ta được
x (y + z) q a .PA + y (z + x ) qb .PB + z ( x + y) qc .PC ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 . (5.10)
Theo (5.3), bất đẳng thức (5.10) tương đương với (5.1). Sử dụng các đẳng thức
ar1 + br2 + cr3 = 2S; ar1 = x, br2 = y, cr3 = z, abc = 4RS
201
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
và (5.1), ta dễ dàng thu được
R1 r1 R2 r2 R3 r3 r r
2 3 r3 r r r2
PA + PB + PC ≥ 2R + 1+ 1 . (5.11)
bc ca ab bc ca ab
Kết hợp các điều kiện (5.7), (5.8)và (5.9) hoặc bất đẳng thức (1.1) ta có
ar1 R1 2 + br2 R2 2 + cr3 R3 2 = 2R (ar2 r3 + br3 r1 + cr1 r2 ) . (5.12)
Dấu bằng xảy ra trong (5.1) khi và chỉ khi hai điểm P và Q trùng nhau.
Nhận xét 1. Khi P và Q trùng nhau thì bất đẳng thức (5.1) trở thành bất đẳng thức
Klamkin. Từ Định lí trên ta có nhiều hệ quả đẹp, thí dụ,
Hệ quả 3. Cho P1 , P2 , . . . , Pn và Q là n + 1 điểm bên trong ∆ABC. Khi đó
R1 r1 R2 r2
( PA1 + PA2 + · · · + PAn ) + ( PB1 + PB2 + · · · + PBn )
bc ca
R3 r3 r r
2 3 r3 r r r2
+ ( PC1 + PC2 + · · · + PCn ) ≥ 2nR + 1+ 1 . (5.13)
ab bc ca ab
Dấu bằng ở hệ quả (3) xảy ra khi và chỉ khi n + 1 điểm gồm P1 , P2 , . . . , Pn và Q trùng
nhau.
Hệ quả 4. Nếu P và Q là hai điểm bên trong ∆ABC và x, y, z là tọa độ trọng tâm barycen-
tric của Q đối với ∆ABC khi đó
xPA2 + yPB2 + zPC2 yza2 + zxb2 + xyc2
≥ ( x + y + z) ( xPA.QA + yPB.QB + zPC.QC )2 . (5.14)
Chứng minh hệ quả (4) bằng cách kết hợp Định lí (1), Định lí (2) và bất đẳng thức
Cauchy.
Hệ quả 5. Cho P là một điểm bên trong ∆ABC. Khi đó
1 2
a + b2 + c2 .
m a PA + mb PB + mc PC ≥ (5.15)
2
Dấu “=” trong (24) xảy ra khi và chỉ khi P là tâm tỉ cự của ∆ABC.
Chứng minh. Cho P và tâm tỉ cự G trùng nhau. Khi đó ta có
2 2 2
R1 = m a , R2 = m b , R3 = m c ,
3 3 3
1 1 1
r1 = h a , r2 = h b , r3 = h c ,
3 3 3
và
abc = 4RS, 2Rh a = bc, 2Rhb = ca, 2Rhc = ab.
Từ bất đẳng thức (5.13) suy ra (24).
Áp dụng Hệ quả (5) ta có bất đẳng thức sau.
202
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bài toán 24.
a2 + b2 + c2
m a + mb + mc ≥ . (5.16)
2R
Hệ quả 6. Cho P là điểm bất kì trong tam giác ∆ABC. Khi đó
A B C
PA cos + PB cos + PC cos ≥ p. (5.17)
2 2 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là tâm đường tròn nội tiếp
Áp dụng hệ quả (6) ta có bất đẳng thức sau
Bài toán 25.
A B C 3
m a cos + mb cos + mc cos ≥ ( a + b + c) . (5.18)
2 2 2 4
Hệ quả 7.
ma m mc
PA + b PB + PC ≥ 3R. (5.19)
ha hb hc
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P là trọng tâm ∆ABC.
Áp dụng hệ quả (7) ta có bất đẳng thức sau.
Bài toán 26.
ma m mc
+ b+ ≥ 3. (5.20)
ha hb hc
Hệ quả 8.
p
(cPA + aPB + bPC ) (bPA + cPB + aPC ) ≥ b2 c2 + c2 a2 + a2 b2 . (5.21)
Đẳng thức (5.21) xảy ra khi và chỉ khi P là điểm Brocard dương (âm) của tam giác
6 Thay lời kết
Bất đẳng thức Klamkin là một bất đẳng thức mới và hay, có nhiều mở rộng và hệ
quả. Ở Việt Nam, bất đẳng thức này đã được sơ lược nhắc đến trong [1] và [2], nhưng
nói chung, còn ít được quan tâm. Ngoài các hệ quả và các bài toán đã giới thiệu ở trên
còn có rất nhiều bài toán khác được xây dựng từ bất đẳng thức Klamkin cũng như các
mở rộng của nó. Có thể xem thêm [4] và các tài liệu trích dẫn.
Các tác giả xin cám ơn GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu - người thầy tuyệt vời về truyền bá
các ý tưởng cũng như truyền cảm hứng toán học cho các thế hệ học trò. Xin cám ơn
PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn vì những ấn tượng và ảnh hưởng về phong cách sư phạm
và khoa học khi trình bày các báo cáo. Xin cám ơn PGS. TS. Tạ Duy Phượng đã động
viên và khuyến khích các tác giả trong học tập và viết báo cáo.
203
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Tài liệu
[1] Trần Phương (2002), Tuyển tập các chuyên đề luyện thi Đại học môn Toán-Hệ thức lượng
giác, Nhà xuất bản Hà Nội, Bài số 5, trang 204.
[2] Hoàng Ngọc Quang (2011), Một số bất đẳng thức hình học (Luận văn Cao học), Đại
học Thái Nguyên, trang 112-121.
[3] Hoàng Minh Quân, Xây dựng một số dạng đẳng thức và bất đẳng thức trong tam giác,Hội
thảo toán học, Tuyên Quang, 2012.
[4] Ngụy Phan Tiến (2016), Bất đẳng thức Klamkin: Một số mở rộng và ứng dụng (Luận văn
Cao học), Đại học Thăng Long.
[5] G. Bennett (1977), Multiple Triangle Inequalities, Univ. Beograd. Publ. Elektrrotehn.
Fak., Ser. Mat. Fiz., No 58, pp. 39-44.
[6] Xiao-Guang Chu and Zhi-Hua Zhang (2007), A Geometric Inequality for two Interior
Points of the Triangle, pp. 1-4.
[7] Dan Comănescu and S. S. Dragomir (2009), A Generalization of the Klamkin Inequality,
pp. 1-10
[8] M. S. Klamkin (1975), Geometric Inequalities via the Polar Moment of Inertia, Mathemat-
ics Magazine, Vol. 48, No 1, pp. 44-46.
[9] 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
pages.
[10] Jian Liu (2011), A New Geometric Inequality and Its Applications,
Journal of Science and Arts, No 11 (14), pp. 5-12.
204
nguon tai.lieu . vn
