Phương pháp Geometrize algebra (GLA) chứng minh bất đẳng thức

 GEOMETRIZE ALGEBRA (GLA) 
LỜI MỞ ĐẨU 
Trong trào lưu bất đẳng thức phát triển như vũ bão hiện nay và một loạt những 
phương pháp ffầy giá trị của những tên tuổi nổi tiếng cũng như của các bạn say 
mê bất đẳng thức ra đời thif việc một phương pháp không thật sự nổi bật cho dù 
khá mạnh trở nên nhạt nhòa và bị lãng quên cũng chẳng có gì là khó hiểu. Với các 
phương pháp hiện nay thì việc giải các bài bất đẳng thức trong kì thi quốc gia, 
quốc tế không còn là khó khăn với một lượng lớn các bạn học sinh nữa. Tuy 
nhiên, lời giải đẹp và trong sáng cho một bài toán vẫn là điều mỗi chúng ta luôn 
vươn tới. Chẳng thể có một phương pháp nào mà lời giải mọi bài toán bằng 
phương pháp đó đều là đẹp nhất cả. Chính điều này tạo nên sự quyến rũ không 
bao giờ nhàm chán của bất đẳng thức. Là một người cũng khá yêu thích môn học 
đầy kì bí này, tôi cũng đúc kết cho riêng mình một phương pháp có tên là GLA, 
tạm dịch là “hình học hóa đại số”. Thực chất đây chỉ là ứng dụng của phương 
pháp p, R, r trong đại số mà thôi. Trong bất đẳng thức hình học, việc qui các đại 
lượng như độ dài, sin, cos của tam giác về p, R, r đã được khắp nơi trên thế giới 
nghiên cứu từ lâu nhưng mỗi người có những hiểu biết riêng và chưa có một cuốn 
sách nào nói thật chi tiết về nó cả. Có lẽ, do những bài bất đẳng thức lượng giác 
chưa bao giừo xuất hiện trong các kì thi quốc tế cả mà người ra cho rằng với 
những gì nghiên cứu về p, R, r hiện nay là quá đủ rồi và không nghiên cứu tiếp. 
Và đúng là trong bất đẳng thức lượng giác thì p, R, r có một sức mạnh hủy diệt đủ 
để giải quyết gần như tòan bộ. VIệc đem p, R, r ứng dụng vào trong đại số cũng 
không phải là một điều mới mẻ tuy nhiên mức độ của nó vẫn còn rất “manh mún”. 
Phần nhiều là do trong đại số đã có quá nhiều phương pháp mạnh nên phương 
pháp p, R, r đã bị lãng quên và không được đánh giá đúng mực. Đa số trong 
chúng ta tồn tại một quan niệm cố hữu rằng: “nếu đem so sánh bất đẳng thức đại 
số với hình học thì chẳng khác nào đem gã khổng lồ ra so với chú bé ti hon hay 
tay địa chủ với kẻ bần nông”. Cũng chẳng trách được họ vì xét về hình thức thì 
bất đẳng thức hình học chỉ là trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức dại số có 
thêm điều kiện để thỏa mãn các tính chất hình học mà thôi. Theo quan điểm của 
 riêng tôi thì bất đẳng thức đại số có thể ví như phạm trù cái riêng còn bất đẳng 
thức hình học có thể ví như phạm trù cái chung trong triết học: “Cái riêng là cái 
toàn bộ, phong phú hơ cái chung, cái chung là cái bộ phận, nhưng sâu sắc hơn cái 
riêng”. Tôi mạnh dạn đi sâu vào tìm hiểu ứng dụng của p, R, r trong đại số và tách 
riêng nó ra thành một phương pháp có tên GLA trước hết là vì nhận thấy trong 
những dạng toán nhất định nó cho lời giải rất đẹp; sau thì là vì muốn góp phần 
nào công sức tìm lại tiếng nói cho bất đẳng thức hình học. Tôi muốn chứng minh 
phần nào quan điểm nêu trên của mình. Có thể là tôi quá ngông cuồng nhưng nếu 
qua bài viết tôi không chứng tỏ được gì thì đó là do khả năng hạn chế của tôi chứ 
chưa thể phủ định quan điểm của tôi được. 
Trong quá trình viết phần lý thuyết sẽ được sắp đặt không tuân theo qui tắc thông 
thường. Phân đầu bài viết tôi cố xây dựng những kiến thức thật cơ bản và được áp 
dụng để có thể giải bài tập mà không cần dùng đến phần “lý thuyết tổng quan” 
cuối bài viết. Tại các kì thi học sinh giỏi thì ngoài những bất đẳng thức kinh điển 
được áp dụng trực tiếp còn lại tất cả những gì áp dụng đều phải chứng minh. Do 
đó làm sao để các bạn hiểu được lý thuyết để giải bài tập chứ không phải là dùng 
lý thuyết một cách máy móc. 
Những bài tập trong phần viết này không quá khó, nếu bạn đọc nào muốn tìm 
hiểu những cái cao hơn xin liên hệ với tôi qua địa chỉ ở cuối bài viết. Đồng thời 
xin chân thành cảm ơn những ý kiến đóng góp từ bạn đọc. 
Bùi Việt Anh 
 A. CỞ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP 
Xin nói trước là tôi sẽ trình bày bài viết của mình không giống như sự trình bày 
những phương pháp khác của họ đó là đầu tiên xây dựng lý thuyết rồi đi vào giải 
quyết các bài tập và xem thử sức mạnh của phương pháp. Ở đây tôi chỉ đi sơ lược 
những gì cần thiết để giải các bài toán đối xứng 3 biến đã. Sau khi trình bày tương 
đối hoàn chỉnh với 3 biến ta mới bắt đầu đi tìm hiểu xem GLA còn có những ứng 
dụng nào và bộ mặt thật của nó ra sao. Việc trình bày theo cách này cũng không 
hoàn toàn là vô lý bởi lẽ sau khi đã giải được một loạt những bài toán 3 biến thì 
các bạn cũng nắm được khá chắc những kiến thức cơ sở của GLA để dễ dàng tiếp 
thu những lý thuyết cao xa hơn. Những gì mà tôi sẽ trình bày trong những phần từ 
A đến E thì với kiến thức của học sinh THCS cũng có thể hiểu gần như toàn bộ. 
Xóa nhòa ranh giới về tuổi tác cũng chính là điều tôi cố gắng thực hiện trong các 
phần từ A đến E. 
Xét những bài bất đẳng thức 3 biến đối xứng với điều kiện các biến không âm: a, 
b, c 
Bằng cách đặt , ,x b c y c a z a b= + = + = + hoặc , ,x b c y c a z a b= + = + = + và 
nhiều cách khác nữa ta suy ra được , ,x y z là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Như 
vậy ta đã chuyển một bài bất đẳng thức đại số thành hình học. Trường hợp trong 3 
biến a, b, c có một biến bằng O thì tam giác suy biến thành đường thẳng. Ta coi 
đó là tam giác có r = 0. 
Ta đã biết mọi tam giác đều được xác định bởi 3 yếu tố p, R, r nên sau khi qui bài 
toán về x, y, z ta qui về p, R, r. Do có khá nhiều định lý hay, bổ đề đẹp về quan hệ 
giữa p, R, r nên trong một số bài tán nhất định thì việc chuyển bài toán gồm 3 đại 
lượng a, b, c về p, R, r là thuận lợi hơn rất nhiều. 
 B. CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC VÀ BỔ ĐỀ ÁP DỤNG TRONG BÀI VIẾT: 
Qui ước: Khi nhìn thấy kí hiệu a, b, c ta hiểu đó là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. 
Còn p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của 
∆ABC. 
VT là kí hiệu của vế trái, VP là kí hiệu của vế phải. 
a) 2 24ab bc ca p Rr r+ + = + +
b) ( ) 2 2 22 1ab bc ca a b c Rr r+ + = + + + + 26 4
2
c) 2 2 2 22 8 2a b c p Rr r+ + = − −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
2
2
1d) 2 2 2 2
9 18
1e) 4 3 3 3
4 32
pRr r b c a c a b a b c
p
pRr r b c a c a b a b c
p
− − = − + − + − + −
− − = − + − + − + −
Chứng minh: Ta dễ dàng nhận thấy 3 đẳng thức cần chứng minh là tương đương 
với nhau nên chỉ cần chứng minh cho đẳng thức a) là đủ. 
Ta có: cotg
2
Ap a r− = và 2 sina R A= ⇒ sin ; tg
2 2
a A rA
R p a
= = − . 
Mặt khác áp dụng công thức: 
2
2 tg
2sin
1 tg
2
A
A
A
=
+ ( )
( )
( )2 2 2
2
2 2
2 1
r
r p ap aa
R r p a r
p a
⋅ −−⇒ = = − ++ −
( ) ( )2 2 3 2 3 2 2 22 4 2 4 4ap pa a ar Rr p a a pa a r p Rr Rrp⇒ − + + = − ⇒ − + + + − = 0 (1) 
Xét phương trình: ( )3 2 2 22 4 4x px r p Rr x Rrp 0− + + + − = (*). Từ (1) ta thấy a, b, 
c là 3 nghiệm của (*). Do đó theo định lý Viet ta có: 
 2 24ab bc ca p Rr r+ + = + +
d) Hệ thức này được chứng minh lần đầu tiên bởi nhà toán học P. Nuesch vào 
năm 1971 trong tạp chí “Elementary Math”, No 26, 1971 trang 19. Đây là một hệ 
thức khá phức tạp. Rất tiếc tôi chưa được đọc một cách chứng minh nào cả nên 
đành chứng minh tam bằng sách sau đây: 
( ) ( ) ( )22 12 2 2
9 18
p 2Rr r b c a c a b a b c
p
− − = − + − + − + − 
 ( ) ( ) ( )2 336 18 2 2 2 2Rrp pr p b c a c a b a b c⇔ − − = − + − + − + − (1) 
VT(1) = ( ) ( ) ( )2 3 39 18 2 9 18 2Sabc p abc p a p b p c pp− − = − − − − − 
Đặt , ,p a x p b y p c z− = − = − = x y z p a p b p c p⇒ + + = − + − + − = ; 
, ,a y z b z x c x y= + = + = + ⇒ VP(1) = ( ) ( ) ( )2 2 2x y z y z x z x y− − − − − − − 
VT(1) = ( ) ( ) ( ) ( 39 18 2 )x y y z z x xyz x y z+ + + − − + + . Tức là ta cần chứng minh: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )39 18 2 2 2 2x y y z z x xyz x y z x y z y z x z x y+ + + − − + + = − − − − − − − (2) 
Ta có: VT(2) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
3 3 3 2 2
9 2
2 3 3
18
6
x y z y z x z x y xy xyz
x y z x y z z x y xyz
⎡ ⎤= + + + + + + −⎣ ⎦
⎡ ⎤− + + + + + + +⎣ ⎦
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 3 3 33 2 12x y z x y z z x y x y z xyz⎡ ⎤= + + + + + − + + −⎣ ⎦ (3) 
Đến đây việc chứng minh A = B đã đơn giản hơn rất nhiều. Nếu không tìm được 
cách chứng minh hay thì bạn đọc có thể chịu khó ngồi phân tích nhân tử. Việc 
làm này chỉ tốn chút công sức chứ không cần suy nghĩ nhiều vì đã có trước kết 
quả mà không cần nháp, xin trình bày để các bạn tham khảo: 
Ta nhận thấy (3) là biểu thức đối xứng và dễ dàng thấy rằng nếu đặt (3) bằng 
( ), ,f x y z thì 2x y z= + là một nghiệm của ( ), ,f x y z . Do tính đối xứng và 
( , , )f x y z có bậc bằng 3 nên 2 , 2y z x z x y= + = + cũng là nghiệm của ( ), ,f x y z 
và chỉ có 3 nghiệm đó. Dấu của 3 3 3, ,x y z trong ( ), ,f x y z là dấu trừ nên có thể 
viết: ( ) ( ) ( ) ( ), , 2 2 2f x y z x y z y z x z x y= − − − − − − − 
Đây là một mẹo nhỏ trong quá trình phân tích các biểu thức có tính chất đối xứng. 
Còn việc đi thi có được sử dụng tính chất đó không thì các bạn hãy tham khảo 
thầy giáo có uy tín nhé! 
e) Hệ thức này được chứng minh lần đầu tiên bởi nhà toán học P. Nuesch vào 
năm 1972 trong tạp chí “Elementary Math”, No 27, 1972 (trang 16-17). Các bạn 
có thể chứng minh tương tự như cach chứng minh d). 
Đây là một đẳng thức đẹp và nhiều ứng dụng nên các bạn trước hết hãy tìm cho 
riêng mình một lờii giải để hiểu được bản chất của nó. Sau đây mình xin giới 
thiệu lời giải của mình để các bạn tham khảo. 
 Đẳng thức đã cho tương đương với: 
( ) ( ) ( )2 3128 32 8 3 3 3Rrp pr p a b c b c a c a b− − = − − − − − − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )332 32 3 3 3abc p a p b p c a b c a b c b c a c a b⇔ − − − − − + + = − − − − − − 
Đặt ⇒ ( )
2
2 0, 0, 0
2
a x y z
b y z x x y y z z x
c z x y
= + +⎧⎪ = + + + > + > + >⎨⎪ = + +⎩
( )4a b c x y z+ + = + + (1) 
Ta dễ dàng nhận thấy với cách đặt đó thì điều kiện a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 
tam giác không bị vi phạm và: 
, ,
3 4
3 4
3 4
p a y z p b z x p c x y
a b c x
b c a y
c a b z
− = + − = + − = +⎧⎪ − − =⎪⎨ − − =⎪⎪ − − =⎩
 (2) 
Từ (1) và (2) ta cần chứng minh: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )332 2 2 2 32 64 64x y z y z x z x y x y y z z x x y z xyz+ + + + + + − + + + − + + = 
⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )32 2 2 2 2x y z y z x z x y x y y z z x x y z xyz+ + + + + + − + + + − + + = 
Đến đây ta chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) ( )m n n p p m mnp m n p mn np pm+ + + + = + + + + (*) 
áp dụng với ta có: , ,m y z n z x p x y= + = + = +
(*) ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )3
2 2 2
2 2
x y z y z x z x y x y y z z x
x y z x y y z z x xyz
+ + + + + + + + + +
⎡ ⎤= + + + + + + +⎣ ⎦
⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )3
2
2 2 ( )
x y z x y y z y z z x z x x y
x y z x y z xy yz zx
⎡ ⎤+ + + + + + + + + +⎣ ⎦
= + + + + + + + ®óng
Vậy ta đã chứng minh xong đẳng thức e). 
 2. Các định lý: 
Định lý 1: Cho tam giác ABC, D là một điểm bất kì thuộc BC. Khi đó: 
( )2 2 2nc mb d mn a+ = + trong đó AD = d, BD = m, DC = n 
Chứng minh: 
Ta có n2 2 2 2 cosm d c md ADB+ − = (1), (2) n2 2 2 2 cosn d b nd ADC+ − =
Nhân cả 2 vế của (1) với n và cả 2 vế của (2) với m ta được: 
( ) n ( ) ( ) n ( )2 2 2 2 2 22 cos 3 , 2 cos 4n m d c mnd ADB m n d b mnd ADC+ − = + − = 
Cộng vế theo vế của (3) với (4) ta được: 
( ) ( ) n n( ) ( )2 2 2 2 22 cos cosmn m n m n d nc mb mnd ADB ADC mn d a nc mb+ + + − − = + ⇔ + = + 2 
Định lý 3: ( ) ( )2 2 22 10 2 2 2p R Rr r R r R R≤ + − + − − r 
Cách 1: Giả sử a, b, c thỏa mãn a > b ≥ c ≥ 0 là 3 nghiệm của phương trình: 
( ) ( )3 2 2 22 4 4M X X pX p Rr r X pRr= − + + + − = 0
>
2
Điều kiện để a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác là: 
0
0 0
b c a p a
p a b c
c c
+ > >⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ ⇔ > ≥ ≥⎨ ⎨> >⎪ ⎪⎩ ⎩
 (1) 
⇔ Phương trình M(X) = 0 có nghiệm thỏa mãn (1) 
Ta có: ( ) 2 23 4 4M X X pX p Rr r′ = − + + + 
( ) ( )2 2 2 22 3 4 12 3 2p p Rr r p Rr r′∆ = − + + = − − ; M(X) có 3 nghiệm ⇒ ∆’ ≥ 0. 
Hai nghiệm của M’(X) = 0 là: 1 22 2;3 3
p pX X
′ ′− ∆ += = ∆ 
 ⇒ (1) ⇔ 
( )
( )
( )
( )
1
2
0 0
0
0
0
M
M X
M X
M p
⎧ ⎪⎩
 Ta nhận thấy ngay M(0) 0. 
Còn 
( )
( )
( )
( )
2 2
1
2 2
2
0 18 9
0 18 9
M X p p Rr r
M X p p Rr r
⎧⎧ ′ ′≥ ∆ ∆ ≥ − +⎪ ⎪⇔⎨ ⎨≤ ′ ′⎪ ⎪∆ ∆ ≥ − − +⎩ ⎩
( )2 218 9p p Rr r′ ′⇔ ∆ ∆ ≥ − + 
( ) ( ) ( ) ( )23 32 2 2 4 2 2 218 9 2 2 10 4 0p p Rr r p p R Rr r r R r′⇔ ∆ ≥ − + ⇔ − + − + + ≤ (2) 
( ) ( ) ( )2 3 32 21 2 10 4 4 2R Rr r r R r R R r′∆ = + − − + = − ≥ 0 
⇒ (2) ⇔ ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 10 2 2 2
2 10 2 2 2
R Rr r R r R R r
p R Rr r R r R R
+ − − − − ≤
≤ + + + − − r
(Cách chứng minh này 
 Cách 2: Cách này chưa có trong bất kì một tài liệu nào cả và mang đậm bản sắc 
hình học 
Ta có: ( ) ( )2 2 22 10 2 2 2p R Rr r R r R R r≤ + − + − − 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 216 5 4 4 2 2 2 2p Rr r R Rr r R r R R r R R r⇔ − + ≤ − + + − − + − 
( ) ( ) 229. 2 2 3. 2IG R r R R r IG R r OI⎡ ⎤⇔ ≤ − + − ⇔ ≤ − +⎣ ⎦ 
Trong đó O, I, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trọng tâm của 
∆ABC. Trên đường thẳng IG ta lấy điểm H sao cho . Ta sẽ dùng định lý 
1 để tính đoạn OH 
3IK IG=JJG JJG
Theo định lý 1: 
( )2 2 2. . .OI HG OH IG OG IGGK IK+ = + 
⇔ ( )
2 22 2 2
2 2 16 52 2 3 2
9 9
p Rr ra b cR R r OK R
⎛ ⎞− ++ +− + = − + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠ (do 
) 2 , 3GK IG IK IG= =
⇔ ( ) ( )2 2 2 2 26 2 3. 9 2 8 2 2 32 10 2R R r OK R p Rr r p Rr r− + = − − − + − + 
⇔ ⇔ ( )2 23. 3 4 4OK R Rr r= − + 2 ( )22 2 2OK R r OK R r= − ⇔ = − 
Trong tam giác OIK ta luôn có: OI + OK ≥ IK hay (R − 2r) + OI ≥ 3.IG 
Tức là: ( ) ( )2 2 22 10 2 2 2p R Rr r R r R R r≤ + − + − − 
Đẳng thức xảy ra ⇔ O nằm giữa I và K 
Comment: Từ định lý 1 ta có thể tạo ra rất nhiều đoạn thẳng có độ dài đặc biệt và 
rất đẹp như OK trong bài này. Bạn nào có niềm say mê thì tìm tòi thử, còn trong 
bài viết này tôi chỉ dừng ở đây. 
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: 
( ) ( )2 2 22 10 2 2 2p R Rr r R r R R≥ + − − − − r 
Điều này tương đương với IK + OK ≥ OI. Đẳng thức xảy ra khi K nằm giữa O và 
I 
Bây giờ ta sẽ đi tìm điều kiện cần để: 
 + O nằm giữa I và K 
 + K nằm giữa O và I 
* O nằm giữa I và K khi: ( )2 216 5 2 2p Rr r R r R R r− + = − + − 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 22
16 5 2 2 2 2
2 2 2 2 3 4 3 3
p Rr r R R r R r R R r
R R r R r R r R r p R r p R r
⇒ − + ≥ − + − −
≥ − + − = − − ⇒ ≥ + ⇒ ≥ +
Theo định lý 2 đã trình bày thì điều này xảy ra khi tam giác có 2 góc ≥ 60°, tức là 
tam giác cân đó có cạnh bên lớn hơn hoặc bằng cạnh đáy. 
* K nằm giữa O và I khi: ( ) ( )2 216 5 2 2p Rr r R R r R r− + = − − − 
( ) ( ) ( ) ( )22 216 5 2 2 2 3 4p Rr r R R r R r R r R r⇒ − + ≤ − + − ≤ − − 
( )22 3 3p R r p R r⇒ ≤ + ⇒ ≤ + 
Theo định lý 2 đã trình bày thì điều này xảy ra khi tam giác có 2 góc ≤ 60°, tức là 
tam giác cân đó có cạnh bên nhỏ hơn hoặc bằng cạnh đáy. 
Định lý 5: 2 2 2 28 4a b c R r+ + ≤ + 2
)
Chứng minh: Ta có nhiều cách để chứng minh định lý này nhưng trong bài viết 
tôi sẽ sử dụng định lý 3 làm bổ đề vì đây là một bổ đề rất mạnh và tính ứng dụng 
cao. 
Nhận thấy ( ) ( ) ( 222 2R R r R R r r R r− ≤ − + = − . Do đó: 
( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 22 10 2 2 2 10 2 3 2p R Rr r R r R r p R Rr r R Rr r≤ + − + − − ⇔ ≤ + − + − + 
⇔ 2 2 2 2 24 4 3 2 8 8 6 2p R Rr r p R Rr r≤ + + ⇔ ≤ + + 
⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 28 2 8 8 6 8 4a b c Rr r R Rr r a b c R r+ + + + ≤ + + ⇔ + + ≤ + 2
 Lại có ( )2 2 2 216 4 2a b c Rr r ab bc bc+ + + + = + +
( ) ( )22 28 16 8 2 4R Rr r ab bc bc R r ab bc ca⇒ + + ≥ + + ⇒ + ≥ + + 
Định lý 4: 2 22 8 3 2p R Rr r≥ + + trong mọi tam giác nhọn 
Các bất đẳng thức tương đương: ( )22 2 2 4a b c R r+ + ≥ +
2 22 12 4ab bc ca R Rr r+ + ≥ + + 
Những bất đẳng thức này đã gặp nhiều trong các sách nên xin được không đưa ra 
chứng minh. 
Định lý 2: Nếu tam giác ABC có: Hai góc ≥ 60° thì ( )3p R r≥ + 
Hai góc ≤ 60° thì ( )3p R r≤ + 
Một góc bằng 60° thì ( )3p R r= + 
Chứng minh: Ta có: 
( ) ( )3 3 12 4 2p R r a b c rR R R− + + += − + 
( )3sin sin sin cos cos cos
2 2
A B C A B C+ += − + + 
( ) ( ) ( )sin sin sin3 3A B Cπ π= − + − + − 3π (1) 
Đặt , ,
3 3
x A y B z Cπ π= − = − = =
3
π ta có 0x y z+ + = 
Không mất tính tổng quát ta giả sử: x y z≥ ≥ 
( ) ( )1 sin sin sin sin sin sin 2sin cos 2sin cos2 2 2 2
x y x y x y x yx y z x y x y + − += + + = + − + = − + 
2sin cos cos 4sin sin sin
2 2 2 2 2 2
x y x y x y x y x+ − + +⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠
y 
Do và 0x y z+ + = x y z≥ ≥ nên 0x y+ ≥ và x ≥ 0, x < π, x + y < π 
suy ra 4sin sin 0
2 2
x y x+ ≥ 
 − Nếu y ≥ 0 ⇔ 
3
B π≥ thì sin 0
2
y ≥ do đó ( )3 4sin sin sin 0
2 2 2
p R r x y yx
R
− + +
2
= ≥ 
 Tức là (3 )p R r≥ + khi ∆ABC có 2 góc ≥ 
3
π 
 − Nếu y ≤ 0 thì sin 0
2
y ≤ , do đó: ( )3 4sin sin sin 0
2 2 2
p R r x y yx
R
− + +
2
= ≤ 
Tức là (3 )p R r≤ + khi ∆ABC có 2 góc ≤ 
3
π 
 − Nếu y = 0 thì ( )3p R r= + do sin 0
2
y = 
Định lý 6: ( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−≥ − + (*) 
CM: Ta luôn có: ( ) ( )2 2 2 212 9
3
IG IO OG IG R R r R a b c≥ − ⇔ ≥ − − − + + 
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
183. 3 2 9 3.
3 2 9
a b c RrIG R R r R a b c IG
R R r R a b c
+ + −⇔ ≥ − − − + + ⇔ ≥
− + − + +
 (1) 
Do nên 2 29. 16 5IG p Rr r= − + 2 2 216 5p Rr r≥ − 
⇒ (2) 2 2 2 2 22 8 2 24 12a b c p Rr r Rr r+ + = − − ≥ − 2
Từ (1), (2) ⇒ ( ) ( )
2 2
2 2
6 12 6 12 23.
6 23 2 9 24 12
Rr r Rr r R rIG r
RR R rR R r R R r
− − −≥ = −− + − +
= 
( )22
2
29. r R rIG
R
−⇒ ≥ . Vậy (*) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔ ∆ABC đều 
Comment: Định lý 6 chỉ chặt hơn BĐT quen thuộc 2 216 5p Rr r≥ − chút xíu 
nhưng nó đặc biệt quan trọng khi “đương đầu” với những BĐT chặt. Như các bạn 
đã biết BĐT 2 24 4 3 2p R Rr r≤ + + là một BĐT tương đối chặt những vẫn chưa đủ 
độ mạnh để khuất phục những bài “cứng đầu”. Tuy nhiên chỉ cần làm chặt hơn 
một chút xíu: 
(**) ( ) ( )2 2 22 10 2 2 2p R Rr r R r R R r≤ + − + − − thì lại giải quyết những bài toán 
đó 1 cách khá “ngon lành”. Định lý 6 có tầm quan trọng không kém so với (**). 
Thực ra vẫn có thể làm chặt hơn nữa BĐT (*) thành: 
( )2 2 22 10 2 2 2p R Rr r R r RR≥ + − − − − r (***) có điều hình thức của (***) quá 
cồng kềnh nên rất khó áp dụng. 
 Tóm lại ta có BĐT kẹp: 
( ) ( ) ( )22 2 2 2216 5 2 10 2 2 2r R rRr r p R Rr r R r R R r
R
−− + ≤ ≤ + − + − − 
Định lý 7: Cho tam giác ABC thỏa mãn và a b c≥ ≥ 3a b c+ ≥ . CMR: 4
9
r
R
≤ 
Chứng minh: Ta có: ( ) ( ) ( )
2
a b c b c a c a br
R abc
+ − + − + −= 
Đặt ( ) ( ) ( ) ( )
2
a b c b c a c a bf c
abc
+ − + − + −= 
⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
22 3 2
2 2
2 2 0
2 2
a b c c a b a b a b c cf c
abc abc
+ − + + − + −′ = ≥ ≥ 
Do đó ƒ(c) đồng biến theo c. Thay 
3
a bc += vào ƒ(c) ta được: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )24 2 2 24 43 9 9 9b a a b a ba bf c f ab ab− − −+≤ = = − 9≤ 
Vậy 4
9
r
R
≤ . Đẳng thức xảy ra ⇔ 3
2
a b c= = 
 C. Xây dựng các đẳng thức 
Đây chính là phần “xương sống” của phương pháp này. Chỉ cần nắm vững các 
đẳng thức trong phần này thì nhiều bài tập mặc dù rất khó trong các phần sau 
cũng trở nên đơn giản. 
y Xét a, b, c > 0 
Như đã nói ở phần A, sau khi đặt: 
, ,x b c y c a z a b= + = + = + thì x, y, z trả thành độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Ta sẽ 
chuyển một số đại lượng trong đại số về hình học thông qua p, R, r lần lượt là nửa 
chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác XYZ 
1. Tính và 2 2a b c+ + 2 ab bc ca+ + 
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 22x y z a b b c c a a b c ab bc ca+ + = + + + + + = + + + + + (1) 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )2 2 2 3 2
xy yz zx a b b c b c c a c a a b
a b c ab bc ca
+ + = + + + + + + + +
= + + + + +
Từ (1) và (2) suy ra: 
y ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 24 3 2a b c x y z xy yz zx+ + = + + − + + 
⇔ ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 24 2 2a b c x y z xy yz zx x y z⎡ ⎤+ + = + + − + + − + +⎣ ⎦ 
⇔ ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 24 4 2 16 4 8a b c p Rr r a b c p Rr r+ + = − + ⇔ + + = − − 22 
y ( ) ( ) ( )2 2 24 2ab bc ca xy yz zx x y z+ + = + + − + + 
( ) 2 24 16 4 4ab bc ca Rr r ab bc ca Rr r+ + = + ⇔ + + = + 
y 
2 2 22 2 2
2 2
8 2 2
4 4
p Rr r pa b c
ab bc ca Rr r Rr r
− −+ + = =+ + + + −
)
2. Tính ( ) ( ) (
abc
a b b c c a+ + + 
Ta có: ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
8
x y z y z x z x yabc
xyza b b c c a
+ − + − + −=+ + + 
( ) ( ) ( ) 2
4 4
p x p y p z pr r
xyz Rrp R
− − −= = =