Tài liệu định lý casey và ứng dụng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ HOÀNG SƠN ĐỊNH LÝ CASEY VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ HOÀNG SƠN ĐỊNH LÝ CASEY VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI Thái Nguyên - 2018 i Mục lục Mở đầu ii Chương 1. Một số kiến thức liên quan 4 1.1. Định lí Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2. Một số ứng dụng của Định lí Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3. Bất đẳng thức Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.3.1. Bất đẳng thức Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.3.2. Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy để thiết lập bất đẳng thức mới . . . . . . . . . . . 17 1.3.3. Một số bài toán đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 Chương 2. Định lí Casey và ứng dụng 26 2.1. Định lí Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.1.1. Định lí Feuerbach : Một sự mở rộng của Định lí Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.1.2. Định lí Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.2. Một số ứng dụng của Định lí Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.3. Bất đẳng thức Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 2.4. Một số bài toán đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 Kết luận 53 Tài liệu tham khảo 54 ii Mở đầu Định lí Casey được đặt theo tên nhà toán học người Ireland John Casey, nó được coi như một mở rộng của Định lí Ptolemy. Bài báo Luis González [3] đã giới thiệu về Định lí Casey như là một mở rộng của Định lí Ptolemy. Tiếp theo, Kin-Yin Li [5] tiếp tục giới thiệu về định lí này và một số ứng dụng của nó. Ở Việt Nam, Trần Quang Hùng đã công bố [4] về bất đẳng thức Casey. Trong thời gian qua đã có một số đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế được giải quyết trọn vẹn trên cơ sở ứng dụng Định lí Casey. Với mong muốn trình bày lại một cách có hệ thống nội dung của hai bài báo trên và giới thiệu thêm một số ứng dụng của Định lí Casey vào giải một số bài toán hình học dành cho học sinh giỏi, chúng tôi đã chọn đề tài “Định lí Casey và ứng dụng” làm chủ đề cho luận văn thạc sĩ. Luận văn ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, được trình bày trong hai chương. • Chương 1. Một số kiến thức liên quan. • Chương 2. Định lí Casey và ứng dụng. Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của PGS.TS. Trịnh Thanh Hải (Giảng viên Trường ĐH Khoa học - Đại học Thái Nguyên). Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt bài toán và tận tình hướng dẫn để luận văn này được hoàn thành. Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán – Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu. Tác giả xin cảm ơn tập thể lớp Cao học Toán khóa 10 (2016-2018) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong suốt quá trình học tập. Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp đến các nhà khoa học trong hội đồng đánh giá luận văn, đặc biệt là đến các phản biện của đề tài này. Những góp ý, thảo luận của họ đã giúp tác giả sửa chữa và hoàn thiện luận văn này. Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu 3 và các đồng nghiệp ở Trường THPT Phạm Ngũ Lão đã tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình. Cuối cùng, tác giả muốn dành những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến đại gia đình vì những động viên và chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành luận văn này. Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2018 Tác giả Đỗ Hoàng Sơn 4 Chương 1 Một số kiến thức liên quan Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày về Định lí Ptolemy cùng các ví dụ minh họa việc ứng dụng vào giải bài tập liên quan đến tứ giác nội tiếp trong đường tròn. 1.1. Định lí Ptolemy Trước hết, trong mục này chúng tôi trình bày nội dung Định lí mang tên nhà Toán học người Hy Lạp Claudius Ptolemy1 cùng một số hệ quả quan trọng của nó. Định lý 1.1 (Định lí Ptolemy). Tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi tich hai đường chéo bằng tổng các tích của các cạnh đối diện, tức là AC.BD = AB.CD + BC.AD (1.1) [ = ACD \ Chứng minh. Chọn điểm E nằm trong tứ giác ABCD sao cho ABE [ = CAD. \ Xét các cặp tam giác đồng dạng ABE và ACD, ABC và và BAE AED, suy ra AB.CD = BC.AD = AC(BE + ED), sau đó tìm điều kiện cần và đủ để điểm E nằm trên đoạn thẳng BD. 1 (Claudius Ptolemy : 100-187 TCN) Định lí 1.1.1 5 Bài toán 1.2.3 B B da E dc A P db A C D toán 1.2.3 Bài Định lí 1.1.1 B Bài toán 1.2.4 B Hệ quả lí1.1.2 Định Ptolemy có thể xem là sự khái quát hóa của Định lí Pythagoras da trong trường hợp tứ giác ABCD là hình BE chữ nhật, lúc đó AC 2d = AB 2 + BC 2 . A c P db Định lí 1.1 có các hệ quả sau đây: A B C ∆ABC đều, ta có Hệ quả 1.1. Cho tứ giác nội tiếp ABCD với C D BD = AD + CD. Bài toán 1.2.4 Hệ quả 1.1.2 A P C B A D Hệ quả 1.1.3 A B P C A D Hệ quả 1.1.3 Chứng minh. Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo Định lí Ptolemy ta có B AB · CD + AD · BC = AC · BD. Vì AB = BC = CA nên ta suy ra B C A CA · CD + AD · CA = AC · BD. C A Vậy CD + AD = BD. D D C 6 B C A D [ = ADC \ = 90◦ , ta có Hệ quả 1.2. Cho tứ giác nội tiếp ABCD với ABC \ BD = AC sin BAD. Chứng minh. Ta có   \ = AC sin BAC [ + DAC \ AC sin BAD   [ \ = AC sin BAC + DAC   [ \ [ \ = AC sin BAC · cos DAC + cos BAC · sin DAC   BC AD DC AB = AC · + · AC AC AC AC BC · AD + DC · AB = AC · AC = BC · AD + DC · AB = BD. Vậy phép chứng minh được hoàn thành. Thực ra, Hệ quả 1.2 đúng nếu A, B, C, D nằm trên một đường tròn (với thứ tự tùy ý) và [ = ADC \ = 90◦ , ABC từ Định lí sine ta có ∆BAD. BD bằng đường kính AC của đường tròn ngoại tiếp \ sin BAD 7 1.2. Một số ứng dụng của Định lí Ptolemy Trong mục này, luận văn trình bày một vài ứng dụng của Định lí Ptolemy thông qua một số bài toán thi Olympic và thi học sinh giỏi. Bài toán 1.1 (IMO 1995). Cho ABCDEF là lục giác lồi với AB = BC = CD, DE = EF = F A, \ = EF [ BCD A = 60◦ . [ = DHE \ = 120◦ . Gọi G và H là hai điểm trong lục giác thỏa mãn AGB Chứng minh rằng AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF. Giải. Gọi X, Y là các điểm nằm ngoài lục giác thỏa mãn ∆ABX và ∆DEY đều. Vậy DBXAEY là ảnh của ABCDEF qua phép đối xứng trục BE. Suy ra CF = XY . Khi đó ta có \ + AGB [ = DY \ \ = 180◦ . AXB E + DHE Như vậy AXBG và DHEY là các tứ giác nội tiếp. Theo Hệ quả 1.1 ta có XG = AG + GB và HY = DH + HE. Vì thế AG + GB + GH + DH + HE = XG + GH + HY ≥ XY = CF.  Bài toán 1.2 (IMO 1996). Cho P là điểm nằm trong ∆ABC thỏa mãn [ [ = AP [ [ AP B − ACB C − ABC. Gọi D, E lần lượt là tâm vòng tròn nội tiếp của ∆AP B, ∆AP C. Chứng minh rằng AP , BD và CE cắt nhau tại một điểm. Giải. Trước hết, ta phải chỉ ra các phân giác BD, CE tương ứng của các góc [ , ACP [ cắt nhau tại một điểm trên AP . ABP Gọi chân của đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA, AB lần lượt là X, Y , Z. Vậy thì AZP Y , BXP Z, CY P X là các tứ giác nội tiếp. Ta có [ [ = Y[ \ = Y[ \=Y \ AP B − ACB AP + XBY ZP + XZP ZX. 8 B Z X D P E C A Y [ [ = XY \ Chứng minh tương tự ta có AP C − ABC Z. \ \ Tam giác XY Z có góc Y ZX = XY Z nên XZ = XY . Theo Hệ quả 1.2 ta có [ XZ = BP sin ABC và [ XY = CP sin ACB. [ = CP sin ACB. [ Ta có Vì XZ = XY nên BP sin ABC [ BP sin ACB = . CP [ sin ABC (1.2) Áp dụng Định lí sine cho tam giác ABC ta có AB AC = . [ [ sin ACB sin ABC Suy ra [ sin ACB AB = . AC [ sin ABC (1.3) Từ (1.2) và (1.3) suy ra AB AC = . BP CP (1.4) Gọi H là giao điểm của BD và AP . Vì BH là đường phân giác của góc [ nên ABP AB HA = . (1.5) BP HP Gọi K là giao điểm của CE và AP . Vì CK là đường phân giác của góc [ nên ACP KA AC = . (1.6) CP KP 9 Từ (1.4), (1.5) và (1.6) suy ra HA KA = . HP KP Suy ra H ≡ K. Vậy ba đường thẳng AP , BD và CE cắt nhau tại một điểm trên AP .  Bài toán 1.3 (Bất đẳng thức Esdös-Mordell). Cho P là điểm trong ∆ABC và gọi da , db , dc lần lượt là các khoảng cách từ P tới BC, CA, AB. Chỉ ra rằng P A + P B + P C ≥ 2(da + db + dc ). Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu ∆ABC đều và P là tâm đường tròn nội tiếp. Giải. Gọi X, Y , Z lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA, Bài toán 1.2.3 AB. B B da E dc A P db C A C D Theo Hệ quả 1.2 hoặc định lí sine và định lí cosine, ta có Bài toán 1.2.4 q b = Y Z = d2 + d2 − 2db dc cos(180◦ − A). b P A sin A c b B b=B b + C, b khai triển và nhóm lại ta được Từ 180◦ − A B n o1 b = (db sin C b + dc sin B) b 2 + (dc cos C b − dc cos B) b 2 2 P A sin A b + dc sin B b ≥ db sin C A C P Sử dụng các bất đẳng thức tương tự như bất đẳng thức cuối và kết quả C A D 10 x+ 1 ≥ 2 với mọi x > 0, ta có x Bài toán 1.2.3 PA + PB + PC ≥ X db sin C b + dc sin B b B B = X da b sin A ! b b sin B sin C + b sin B b sin C (1.7) da E dc A ≥ 2(da + db + dc ). P db Ở đây phương trình (1.7) C các số hạng. Cuối cùng, A có được là nhờ sắp xếp lại b b b đẳng thức C xảy ra nếu và chỉ nếu A = B = C và da = db = dc , nghĩa là, ∆ABC đều và P là tâm đường tròn nội tiếp.  D Bài toán 1.4 (IMO 1991). Cho tam giác ABC và P là điểm nằm trong tam Bài toán 1.2.4 \ giác. Chỉ ra rằng ít nhất một trong các góc P[ AB, P BC, P[ CA nhỏ hơn hoặc bằng 30◦ . B B A P C C A D Giải. Giả sử không có góc nào trong ba góc nhỏ hơn hoặc bằng 30◦ . Nếu một trong ba góc nhỏ nhất là 150◦ , thì hai góc còn lại sẽ lớn nhất là 30◦ , mâu thuẫn. Vì thế ta có thể giả sử ba góc lớn hơn hoặc bằng 30◦ và nhỏ hơn hoặc \ bằng 150◦ . Gọi da là khoảng cách từ P đến BC, vậy thì 2da = 2P B sin P BC > (2 sin 30◦ )P B = P B.  A Bài toán B1.5. Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với AC và AB tại E và F . Các đường thẳng BE và CF theo thứ tự lại cắt (I) tại M và N . Chứng minh rằng C ME NE =4· . MF NF D 11 Giải. Gọi D là tiếp điểm của BC và (I). A E F I B N M C Hình 1.1 Áp dụng Định lí Ptolemy cho các tứ giác EF M D và EF DN ta có điều cần chứng minh.  Bài toán 1.6 (Olympic Toán Paraguay 2012). Cho tam giác đều ABC. Gọi Q là điểm bất kì trên BC, và gọi P là giao điểm của AQ và đường tròn ngoại 1 1 1 tiếp ∆ABC. Chứng minh rằng = + . PQ PB PC Giải. Chú ý rằng tứ giác BACQ nội tiếp. Theo Định lí Ptolemy, ta có P C · BA + BP · CA = P A · BC. Do ABC là tam giác nên đều nên P A = P C + P B. Chú ý rằng ∆AP B ∼ ∆CP Q. Do đó PB PQ PB = = . PC PA PB + PC Cuối cùng, ta được PQ = PB · PC . PB + PC Suy ra 1 PB + PC 1 1 = = + . PQ PB · PC PC PB Phép chứng minh được hoàn thành.  12 Bài toán 1.7. Cho tam giác cân ABC tại đỉnh C nội tiếp trong đường tròn tâm O và M là điểm tùy ý nằm trên cung nhỏ BC. Chứng minh rằng AB MA + MB = . MC AC Giải. Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác AM BC, ta có M A · BC + M B · CA = M C · AB. C b A b b B b M Do CA = CB, ta có MA + MB AB = . MC AC Phép chứng minh được kết thúc.  [ = 90◦ , Bài toán 1.8 (Định lí Pytago). Cho tam giác vuông ABC với ACB ta có BC 2 + AC 2 = AB 2 . Giải. Vẽ đường tròn với tâm là trung điểm O của AB và bán kính giao điểm của tia CO và đường tròn là D. AB . Gọi 2 Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác ABCD, ta có AD · BC + BD · AC = AB · CD. Từ AD = BC, BD = AC và CD = AB ta có BC 2 + AC 2 = AB 2 .  Bài toán 1.9. Cho a và b là các góc nhọn. Chứng minh rằng sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a. (1.8) 13 C b B O A b b b b D Giải. Vẽ đường tròn với đường kính AC = 1. B b cos a sin a p a A C A b b b b cos b sin b b a+b D b E Dựng các tia AB và AD nằm trên các phía đối diện nhau đối với đường kính [ = a và CAD \ = b. Kẻ đường kính BE như trong hình vẽ. AC thỏa mãn CAB [ ADC \ và BDE \ là các góc vuông. Vì AC và BE là đường kính, ta có ABC, Suy ra AB = cos a, BC = sin a, CD = sin b, DA = cos b. \ = BAD \ = a + b và BD = p = sin(a + b). Cũng vậy, BED Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác ABCD, ta có AC · BD = BC · DA + CD · AB, suy ra sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a.  Bài toán 1.10. Nếu điểm M tùy ý nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình vuông 14 A1 A2 A3 A4 , thì ta có hệ thức M A21 + M A23 = M A22 + M A24 . Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử M nằm trên cung nhỏ A1 A4 . A1 b M A2 b b b b A3 A4 Đặt M A1 = x1 , M A2 = x2 , M A3 = x3 , M A4 = x4 và gọi cạnh của hình vuông là a. Áp dụng Định lí Ptolemy đối với các tứ giác M A1 A2 A3 và M A1 A3 A4 , √ √ ta có x1 a + x3 a = x2 a 2, x1 a + x4 a 2 = x3 a. √ Khử a ở cả hai vế, phương trình thứ hai trở thành x3 − x1 = x4 2. Suy ra (x1 + x3 )2 + (x3 − x1 )2 = 2x22 + 2x24 . Khai triển phương trình và khử cả hai vế, ta được x21 + x23 = x22 + x24 , đây là kết quả cần tìm.  Bài toán 1.11. Cho A1 A2 . . . An là đa giác đều có số cạnh lẻ. Gọi M là điểm nằm trên cung nhỏ A1 An của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ điểm M mà tới các đỉnh Ai (i là số lẻ) bằng tổng các khoảng cách từ điểm M tới các đỉnh Ak (k là số chẵn). Giải. Gọi cạnh của đa giác đều là a. Vẽ các đường chéo A1 A3 , A2 A4 , . . ., An A2 , có độ dài chung là b. Tiếp theo, vẽ các dây cung M A1 , M A2 , . . . , M An và đặt M Ai có độ dài di . Áp dụng Định lí Ptolemy đối với các tứ giác M A1 A2 A3 , M A2 A3 A4 , . . . , 15 A2 b A1 A3 b b M b b A7 b b b A6 A4 A5 M An−1 An A1 và M An A1 A2 ta có ad1 + ad3 = bd2 , bd3 = ad2 + ad4 , ad3 + ad5 = bd4 , bd5 = ad4 + ad6 , adn−2 + adn = bdn−1 , bdn + ad1 = adn−1 , adn + bd1 = ad2 . Cộng các phương trình này, ta được (2a + b)(d1 + d3 + . . . + dn ) = (2a + b)(d2 + d4 + . . . + dn−1 ). Khử 2a + b, hệ thức này trở thành d1 + d3 + . . . + dn = d2 2 + d4 + . . . + dn−1 ,  đây là kết quả cần tìm. Sử dụng Định lí Ptolemy chúng ta có thể đưa ra lời giải thú vị cho nhiều bài toán, chẳng hạn như các bài sau đây. _ Bài toán 1.12 (xem [2]). Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC, thì P A = P B + P C. Giải. Áp dụng Định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp P ABC.  16 _ Bài toán 1.13 (xem [2]). Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB của đường tròn ngoại tiếp tam giác cân ABC với AC = BC thì AB PA + PB = . PC AC _ Bài toán 1.14 (xem [2]). Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD thì PD PA + PC = . PB + PD PC Giải. Áp dung Định lí Ptolemy cho các tứ giác nội tiếp P ADC và P BCD.  _ Bài toán 1.15 (xem [2]). Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB của đường tròn ngoại tiếp lục giác đều ABCDEF thì P A + P B + P C + P F = P D + P E. Giải. Sử dụng Bài toán 1.12 cho các tam giác đều ACE và BDF . 1.3.  Bất đẳng thức Ptolemy Tiếp theo Định lí Ptolemy (về đẳng thức liên hệ giữa các cạnh của tứ giác nội tiếp), luận văn sẽ tiếp tục trình bày về Bất đẳng thức Ptolemy cùng các bài toán áp dụng. 1.3.1. Bất đẳng thức Ptolemy Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Ptolemy). Giả sử ABCD là một tứ giác. Khi đó ta có AB · CD + DA · BC ≥ AC · BD. Đẳng thức xảy ra nếu ABCD là một tứ giác nội tiếp. Chứng minh. Từ A và B kẻ hai tia, cắt các đường chéo BD và AC lần lượt \ = DAC \ và Y[ \ tại X và Y sao cho XAB BA = DCA. 17 B b γ b b α A X E b α b C Y b γ D b [ = EAD. \ Ta có ∆ABE v ∆ACD. Giả sử AX cắt BY tại E. Khi đó BAC Vì thế BE AE AB = = . Suy ra AB · CD = AC · BE. (1.9) AC CD AD Và ta cũng có ∆AED v ∆ABC. Suy ra AD ED = . AC BC Suy ra AD · BC = AC · ED. (1.10) Cộng từng vế của phương trình (1.9) và (1.10) ta có AB · CD + AD · BC = AC · (BE + ED) ≥ AC · BD. Như vậy đối với tứ giác bất kỳ ABCD ta luôn có AB · CD + AD · BC ≥ AC · BD. \ = ACD, \ hay là tứ Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu E ∈ BD. Khi đó ABD giác ABCD nội tiếp. Phép chứng minh được kết thúc. 1.3.2. Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy để thiết lập bất đẳng thức mới Mục này dành để trình bày một số ví dụ minh họa việc thiết lập các bất đẳng thức từ Bất đẳng thức Ptolemy. Trước hết ta xét tam giác ABC có các trung tuyến AM , BN , CP và trọng tâm G. Gọi K là điểm đối xứng của N qua M . Dễ thấy tam giác P KC có các cạnh chính la các trung tuyến của tam giác ABC và độ dài các trung tuyến của 18 A b N P b b G b C b b b B M b E K b 3 3 3 tam giác P KC ứng với các đỉnh C, P , K theo thứ tự bằng a, b, c. (Chẳng 4 4 4 3 1 hạn P E = (BK + AC) = b, trong đó E là giao điểm của P M với CK). 2 4 Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy vào tứ giác BP N C, ta có P C · N B ≤ BC · P N + BP · N C. Suy ra a2 bc mb mc ≤ + . Vậy 4mb mc ≤ 2a2 + bc. 2 4 Tương tự ta có 4ma mb ≤ 2c2 + ab, 4ma mc ≤ 2b2 ac. (1.11) Từ (1.11) ta suy ra (4m2a )(4m2b )(4m2c ) ≤ (2a2 + bc)(2b2 + ac)(2c2 + ab). Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến ta được (2b2 + 2c2 − a2 )(2a2 + 2c2 − b2 )(2a2 + 2b2 − c2 ) ≤ (2a2 + bc)(2b2 + ac)(2c2 + ab). (1.12)