bất đẳng thức blundon và ứng dụng

Hoàng Minh Quân - GV. THPT Ngọc Tảo - Hà Nội
BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON VÀ ỨNG DỤNG
Bất đẳng thức Blundon và hệ quả của nó là bất đẳng thức Gerretsen là hai trong nhiều
bất đẳng thức nổi tiếng và có nhiều ứng dụng. Tuy nhiên chuyền đề về các bất đẳng
thức này còn chưa có nhiều. Bài viết sau đây nhằm khai thác và trình bày một số ứng
dụng của hai bất đẳng thức nổi tiếng này cùng nhiều ý tưởng liên quan đến chúng
thông qua các ví dụ minh hoạ. Tác giả hi vọng chuyên đề này sẽ tạo sự thích thú đối
với các thầy cô giáo và các em học sinh trong giảng dạy và học tập.
I. PHÁT BIỂU VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON.
Định lí.
Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh BC = a, CA = b, AB = c và R, r, p lần lượt là
bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, nửa chu vi tam giác ABC. Khi đó ta có
2R
2
+10Rr−r
2
−2(R−2r)

R(R −2r) ≤ p
2
≤ 2R
2
+10Rr−r
2
+2(R−2r)

R(R −2r)
Chứng minh
Lời giải bằng đại số
Bất đẳng thức Blundon dược tìm thấy đầu tiên vào năm 1851 bởi nhà toán học
E.Rouche nhưng lời giải đơn giản cho nó phải đến năm 1965 Blundon mới tìm ra

và dựa vào ba yếu tố p, R, r của tam giác, thông qua phương trình bậc ba và các hệ
thức hình học. Sau đây chúng tôi xin trình bày lời giải đại số như thế.
Đặt S
1
, S
2
, S
3
lần lượt là các tổng đối xứng theo các cạnh a, b, c của tam giác ABC.
Ta có
S
1
= a + b + c = 2p.
S
3
= abc = 4pRr.
Ta tính S
2
= ab + bc + ca theo p, R, r.
Ta có S = pr =

p(p − a)(p −b)(p − c), suy ra
r
2
=
(p − a)(p −b)(p − c)
p
=
p
3

− p
2
(a + b + c) + p(ab + bc + ca) − abc
p
= −p
2
+ S
2
− 4Rr
Do đó S
2
= p
2
+ 4Rr + r
2
.
Thực hiện biến đổi và rút gọn, chúng ta có
(a − b)
2
(b − c)
2
(c − a)
2
= S
2
1
S
2
2
− 4S

3
2
− 4S
3
1
S
3
+ 18S
1
S
2
S
3
− 27S
2
3
= −4r
2
[(p
2
− 2R
2
− 10Rr + r
2
)
2
− 4R(R − 2r)
3
]
Do đó

(p
2
− 2R
2
− 10Rr + r
2
)
2
≤ 4R(R − 2r)
3
tương đương
2R
2
+10Rr−r
2
−2(R−2r)

R(R − 2r) ≤ p
2
≤ 2R
2
+10Rr−r
2
+2(R−2r)

R(R − 2r)
1
Lời giải bằng hình học
Lời giả đại số có từ năm 1965 và phải trải qua 43 năm, tức là năm 2008 Dorin Andrica
và Catalin Barbu trong một bài báo của mình đã đưa ra lời giải hình học trọn vẹn cho

bất đẳng thức Blundon.
Cho tam giác ABC, với O là tâm đường tròn ngoại tiếp, I là tâm đường tròn nội tiếp,
G là trọng tâm và N là điểm Nagel, p là nửa chu vi ,R, r là bán kính đường tròn ngoại
tiếp, nội tiếp của tam giác ABC.
Chúng ta đã biết khoảng cách OI được cho bởi công thức sau
OI
2
= R
2
− 2Rr (1)
Trong cuốn sách của T.Andreescu và D.Andrica [1, Theorem 4, pp.112-113]có đề cập
và chứng minh khoảng cách ON cho bởi công thức sau
ON = R −2r (2)
Từ (2) cho ta bất đẳng thức Eule R ≥ 2r.
Một chứng minh sử dụng số phức trong cuốn sách của T.Andreescu và D.Andrica [1,
Theorem 6, pp.113-114] đã đưa ra
OG
2
= R
2
−
a
2
+ b
2
+ c
2
9
(3)
và trong tam giác ABC thì ta luôn có hệ thức

a
2
+ b
2
+ c
2
= 2(p
2
− r
2
− 4Rr) (4)
Công thức (4) có thể được tìm thấy trong cuốn sách Phương trình bậc ba và các hệ
thức hình học của tác giả Tạ Duy Phượng.
Định lí: Giả sử rằng tam giác ABC không đều. Khi đó
cos ∠ION =
2R
2
+ 10Rr −r
2
− p
2
2(R − 2r)
√
R
2
− 2Rr
(5)
Chứng minh định lí
Chúng ta biết rằng ba điểm N, G, I thẳng hàng và cùng nằm trên đường thẳng Nagel
và có NI = 3GI (xem trong [1, Theorem 3, p.108-109]). Áp dụng định lí Stewart trong

tam giác ION , ta có
ON
2
.GI + OI
2
.NG − OG
2
.NI = GI.GN.NI
tương đương
ON
2
.GI + OI
2
.2GI −OG
2
.3GI = 6GI
3
2
tương đương
ON
2
+ 2O I
2
− 3O G
2
= 6GI
2
(6)
Thay (1), (2) và (3) vào (6), ta có
GI

2
=
1
6
(
a
2
+ b
2
+ c
2
3
− 8Rr + 4r
2
) =
1
6
(
2(p
2
− r
2
− 4Rr)
3
− 8Rr + 4r
2
)
Từ NI
2
= 9GI

2
= 5r
2
+ p
2
− 16Rr. Áp dụng định lí Cosin trong tam giác ION ta có
cos ∠ION =
ON
2
+ O I
2
− NI
2
2ON.OI
=
(R − 2r)
2
+ (R
2
− 2Rr) − (p
2
+ 5r
2
− 16Rr)
2(R − 2r)
√
R
2
− 2Rr
tương đương

cos ∠ION =
2R
2
+ 10Rr −r
2
− p
2
2(R − 2r)
√
R
2
− 2Rr
Chú ý: Nếu tam giác ABC đều thì các điểm I, O, N trùng nhau và tam giác ION suy
biến thành điểm. Khi đó cos ∠ION = 1.
Như vậy ta có −1 ≤ cos ∠ION ≤ 1 suy ra
2R
2
+10Rr−r
2
−2(R−2r)

R(R − 2r) ≤ p
2
≤ 2R
2
+10Rr−r
2
+2(R−2r)

R(R − 2r).

II.ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON VÀO GIẢI TOÁN.
Trong các bài toán sau xét trong tam giác ABC, chúng ta sử dụng các kí hiệu:
a, b, c là độ dài các cạnh.
p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nọi tiếp của tam giác
ABC.
m
a
, m
b
, m
c
: Độ dài các đường trung tuyến lần lượt xuất phát từ các đỉnh A, B, C.
h
a
, h
b
, h
c
: Độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C.
r
a
, r
b
, r
c
: Lần lượt là bán kính các đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C.
Bài toán 1
Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng
27r
2

≤
27Rr
2
≤ 16Rr − 5r
2
≤ p
2
.
Chứng minh
Dễ thấy các bất đẳng thức 27r
2
≤
27Rr
2
và
27Rr
2
≤ 16Rr −5r
2
đều tương đương với
bất đẳng thức R ≥ 2r. (Đúng theo bất đẳng thức Eule).
Mặt khác ta có R
2
− 2Rr ≤ R
2
− 2Rr + r
2
nên

R(R − 2r) ≤ R − r.

Áp dụng bát đẳng thức Blundon, ta có
p
2
≥ 2R
2
+ 10Rr −r
2
− 2(R − 2r)

R(R − 2r)
≥ 2R
2
+ 10Rr −r
2
− 2(R − 2r)(R − r)
≥ 16Rr − 5r
2
.
Bài toán 2
Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng
p
2
≤ 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
≤
27R
2
4

.
3
Chứng minh
Ta có R
2
− 2Rr ≤ R
2
− 2Rr + r
2
nên

R(R − 2r) ≤ R − r.
Áp dụng bát đẳng thức Blundon, ta có
p
2
≤ 2R
2
+ 10Rr −r
2
+ 2(R − 2r)

R(R − 2r)
≤ 2R
2
+ 10Rr −r
2
+ 2(R − 2r)(R − r)
= 4R
2
+ 4Rr + 3r

2
.
Mặt khác ta có bất đẳng thức
4R
2
+ 4Rr + 3r
2
≤
27R
2
4
tương đương
(R − 2r)(11R + 6r) ≥ 0
tương đương
R ≥ 2r (luôn đúng).
Nhận xét: Từ kết quả của bài toán 1 và bài toán 2, chúng ta thu được bất đẳng thức
16Rr −5r
2
≤ p
2
≤ 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
Đay chính là bất đẳng thức Gerretsen nổi tiếng.
Bài toán 3
Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng
24Rr −12r
2
≤ a

2
+ b
2
+ c
2
≤ 8R
2
+ 4r
2
.
Chứng minh
Ta có R
2
− 2Rr ≤ R
2
− 2Rr + r
2
nên

R(R − 2r) ≤ R − r.
Áp dụng bất đẳng thức Blundon, ta có
p
2
≥ 2R
2
+ 10Rr −r
2
− 2(R − 2r)

R(R − 2r)

≥ 2R
2
+ 10Rr −r
2
− 2(R − 2r)(R − r)
≥ 16Rr − 5r
2
.
Do đó
a
2
+ b
2
+ c
2
= 2(p
2
− r
2
− 4Rr) ≥ 2(16Rr − 5r
2
− r
2
− 4Rr) = 24Rr − 12r
2
.
Mặt khác Áp dụng bát đẳng thức Blundon, ta có
p
2
≤ 2R

2
+ 10Rr −r
2
+ 2(R − 2r)

R(R − 2r)
≤ 2R
2
+ 10Rr −r
2
+ 2(R − 2r)(R − r)
= 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
.
Do đó
a
2
+ b
2
+ c
2
= 2(p
2
− r
2
− 4Rr) ≤ 2(4R
2
+ 4Rr + 3r

2
− r
2
− 4Rr) = 8R
2
+ 4r
2
.
4
Bài toán 4
Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng
2r(5R − r)
R
≤ h
a
+ h
b
+ h
c
≤
2(R + r)
2
R
.
Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất ta có
h
a
+ h
b

+ h
c
=
p
2
+ r
2
+ 4Rr
2R
≥
16Rr −5r
2
+ r
2
+ 4Rr
2R
=
2r(5R − r)
R
.
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ hai ta có
h
a
+ h
b
+ h
c
=
p
2

+ r
2
+ 4Rr
2R
≤
4R
2
+ 4Rr + 3r
2
+ r
2
+ 4Rr
2R
=
2(R + r)
2
R
.
Bài toán 5
Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng
r(5R − r)
R
2
≤ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤
(R + r)
2
R
2
.
Chứng minh

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất ta có
sin A sin B+sin B sin C+sin C sin A =
p
2
+ r
2
+ 4Rr
4R
2
≥
16Rr −5r
2
+ r
2
+ 4Rr
4R
2
=
r(5R − r)
R
2
.
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ hai ta có
sin A sin B+sin B sin C+sin C sin A =
p
2
+ r
2
+ 4Rr
4R

2
≤
4R
2
+ 4Rr + 3r
2
+ r
2
+ 4Rr
4R
2
=
(R + r)
2
R
2
.
Bài toán 6
Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng
r(5R − r)
R
2
≤ sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C ≤
(R + r)

2
R
2
.
Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất ta có
sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C =
p
2
− r
2
− 4Rr
2R
2
≥
16Rr −5r
2
− r
2
− 4Rr
2R
2
=
3r(2R − r)

R
2
.
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ hai ta có
sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C =
p
2
− r
2
− 4Rr
2R
2
≤
4R
2
+ 4Rr + 3r
2
− r
2
− 4Rr
2R
2
=
2R

2
+ r
2
R
2
.
Bài toán 7
Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng
r
a
r
b
r
c
≤ r(2R − r)(4R + r).
5
Chứng minh
Do r
a
r
b
r
c
= p
2
r nên bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
p
2
≤ (2R − r)(4R + r)
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen, ta có

p
2
≤ 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh
4R
2
+ 4Rr + 3r
2
≤ (2R − r)(4R + r)
tương đương
(R − 2r)(2R + r) ≥ 0 (luôn đúngtheo bất đẳng thức Eule).
Bài toán 8
Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng
a
2
b + c −a
+
b
2
c + a −b
+
c
2
a + b −c
≥
R(16R − 5r)
p

.
Chứng minh
Ta có
a
2
p − a
=
a[−(p − a) + p]
p − a
=
ap
p − a
− a.
Do đó
a
2
p − a
+
b
2
p − b
+
c
2
p − c
= p

a
p − a
+

b
p − b
+
c
p − c

− 2p.
Áp dụng các đẳng thức
ab + bc + ca = p
2
+ r
2
+ 4Rr,
(p − a)(p −b)(p − c) = pr
2
,
abc = 4pRr.
Chúng ta có
a
2
p − a
+
b
2
p − b
+
c
2
p − c
=

4p(R − r
r
=
4p
2
(R − r)
pr
.
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất p
2
≥ 16Rr − 5r
2
, ta có
a
2
p − a
+
b
2
p − b
+
c
2
p − c
=
4p(R − r
r
=
4p
2

(R − r)
pr
≥
4(16Rr −5r
2
)(R − r)
pr
tương đương
a
2
p − a
+
b
2
p − b
+
c
2
p − c
≥
4(16R − r)(R − r)
p
tương đương
a
2
b + c −a
+
b
2
c + a −b

+
c
2
a + b −c
≥
(16R − r)(2R − 2r)
p
6
Áp dụng bất đẳng thức Eule R ≥ 2r hay −2r ≥ −R, ta có
a
2
b + c −a
+
b
2
c + a −b
+
c
2
a + b −c
≥
R(16R − r)
p
.
Bài toán 9( Hadwiger-Finsler)
Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
a
2
+ b
2

+ c
2
≥ (a − b)
2
+ (b − c)
2
+ (c − a)
2
+ 4
√
3S
Chứng minh
Bất đẳng thức đã cho được viêt lại thành
2ab + 2bc + 2ca − a
2
− b
2
− c
2
≥ 4
√
3S.
Sử dụng các đồng nhất thức ab+bc+ca = p
2
+r
2
+4Rr và a
2
+b
2

+c
2
= 2p
2
−2r
2
−8Rr,
bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
4r
2
+ 16Rr ≥ 4
√
3S
tương đương
r
2
+ 4Rr ≥
√
3rp
tương đương
r + 4R ≥
√
3p =⇒ 3p
2
≤ r
2
+ 8Rr + 16R
2
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p
2

≤ 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
, ta cần chứng minh
12R
2
+ 12Rr + 9r
2
≤ r
2
+ 8Rr + 16R
2
tương đương
=⇒ 2r
2
+ Rr ≤ R
2
tương đương
(R − 2r)(R + r) ≥ 0
Bài toán 10(Virgil Nicula, Mathematical Reflections 2007)
Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC. Chứng minh rằng
(a + b)(b + c)(c + a) + (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≥ 9abc
Chứng minh
Áp dụng đẳng thức
(a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca)abc
với chú ý
ab + bc + ca = p
2
+ 4Rr + r

2
ta có
(a + b)(b + c)(c + a) = 2p(p
2
+ r
2
+ 2Rr)
7
ngoài ra, ta còn có đẳng thức
(b + c −a)(c + a −b)(a + b − c) = 8pr
2
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
2p(p
2
+ r
2
+ 2Rr) + 8pr
2
≥ 9abc
tương đương
p
2
+ 5r
2
+ 2Rr ≥
9abc
a + b + c
tương đương
p
2

+ 5r
2
+ 2Rr ≥
36Rrp
2p
tương đương
p
2
+ 5r
2
≥ 16Rr
Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức Gerretsen.
Bài toán 11
Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng
2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ cos A + cos B + cos C ≤
3
2
.
Chứng minh
Ta có đẳng thức
cos A + cos B + cos C = 1 +
r
R
Áp dụng bất đẳng thức Eule R ≥ 2r, ta có
cos A + cos B + cos C ≤
3
2
Mặt khác lại có
cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A =
p

2
+ r
2
− 4R
2
4R
2
Ta cần chứng minh
p
2
+ r
2
− 4R
2
2R
2
≤ 1 +
r
R
tương đương
p
2
+ r
2
≤ 6R
2
+ 2Rr
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p
2
≤ 4R

2
+ 4Rr + 3r
2
, ta có
p
2
+ r
2
≤ 4R
2
+ 4Rr + 4r
2
Ta chỉ cần chứng minh
4R
2
+ 4Rr + 4r
2
≤ 6R
2
+ 2Rr
tương đương
(R − 2r)(R + r) ge0
8
Bất đẳng thức cuối đúng do bất đẳng thức Eule R ≥ 2r.
Bài toán 12
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
(b
2
+ c
2

)
2
bc
s
2
a
+
(c
2
+ a
2
)
2
ca
s
2
b
+
(a
2
+ b
2
)
2
ab
s
2
c
≥ 48p
2

r
2
.
với s
a
=
2bc
b
2
+ c
2
m
a
Chứng minh
Áp dụng công thức đường trung tuyến
m
2
a
=
b
2
+ c
2
2
−
a
2
4
ta có
(b

2
+ c
2
)
2
bc
s
2
a
=
(b
2
+ c
2
)
2
bc

2bc
b
2
+ c
2

2

b
2
+ c
2

2
−
a
2
4

= bc(2b
2
+ 2c
2
− a
2
)
Tương tự ta có
(c
2
+ a
2
)
2
ca
s
2
b
= ca(2c
2
+ 2a
2
− b
2

);
(a
2
+ b
2
)
2
ab
s
2
c
= ab(2a
2
+ 2b
2
− c
2
)
Bát đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
bc(2b
2
+ 2c
2
− a
2
) + ca(2c
2
+ 2a
2
− b

2
) + ab(2a
2
+ 2b
2
− c
2
) ≥ 48p
2
r
2
.
tương đương
2(a
2
+ b
2
+ c
2
)(ab + bc + ca) − 3abc(a + b + c) ≥ 48p
2
r
2
.
Áp dụng các đẳng thức
a
2
+ b
2
+ c

2
= 2(p
2
− r
2
− 4Rr),
ab + bc + ca = p
2
+ 4Rr + r
2
, abc = 4pRr
ta đưa bất đẳng thức về dạng
4(p
2
− r
2
− 4Rr)(p
2
+ r
2
+ 4Rr) − 24p
2
Rr −48p
2
r
2
≥ 0
tương đương
p
4

− (r
2
+ 4Rr)
2
− 6p
2
Rr −12p
2
r
2
≥ 0
tương đương
p
2
(p
2
− 6Rr −12r
2
) ≥ (r
2
+ 4Rr)
2
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p
2
≥ 16Rr − 5r
2
, ta được
(16Rr −5r
2
)(10Rr −17r

2
) ≥ (4Rr + r
2
)
2
tương đương
(16R − 5r)(10R − 17r) ≥ (4R + r)
2
9
tương đương
(24R − 7r)(R − 2r) ≥ 0
luôn đúng vì theo bất đẳng thức Eule R ≥ 2r.
Bài toán 13
Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng
1
cos A cos B
+
1
cos B cos C
+
1
cos C cos A
≥
36R
2
p
2
+ r
2
− 4R

2
≥ 12.
Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawz, ta có
1
cos A cos B
+
1
cos B cos C
+
1
cos C cos A
≥
9
cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A
.
Sử dụng đồng nhất thức
cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A =
p
2
+ r
2
− 4R
2
4R
2
. ta có
1
cos A cos B
+

1
cos B cos C
+
1
cos C cos A
≥
36R
2
p
2
+ r
2
− 4Rr
.
Bây giờ ta chứng minh
36R
2
p
2
+ r
2
− 4R
2
≥ 12
tương đương
3R
2
≥ p
2
+ r

2
− 4R
2
⇐⇒ s
2
+ r
2
≤ 7R
2
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p
2
≤ 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
, chúng ta được
4R
2
+ 4Rr + 4r
2
≤ 7R
2
⇐⇒ 4Rr + 4r
2
≤ 3R
2
⇐⇒ (R − 2r)(3R + 2r) ≥ 0
luôn đúng theo bất đẳng thức Eule.
Bài toán 14
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng

(cos A + cos B + cos C)
2
≥ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A
Chứng minh
Sử dụng các đồng nhất thức
cos A + cos B + cos C = 1 +
r
R
và
sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A =
ab + ac + bc
4R
2
=
p
2
+ 4Rr + r
2
4R
2
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

1 +
r
R

2
≥
p
2

+ 4Rr + r
2
4R
2
10
tương đương
4(r + R)
2
≥ p
2
+ r
2
+ 4r R ⇔ 3r
2
+ 4r R + 4R
2
≥ p
2
đúng theo bất đẳng thức Gerretsen.
Bài toán 15
Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng
cos A
1 + cos B
+
cos B
1 + cos C
+
cos C
1 + cos A
≥ 1

Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

cos A
1 + cos B
=

cos
2
A
cos A + cos A cos B
≥
(cos A + cos B + cos C)
2

cos A +

cos A cos B
Sử dụng các đồng nhất thức
cos A + cos B + cos C = 1 +
r
R
cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A =
p
2
+ r
2
− 4R
2
4R

2
ta có

cos A
1 + cos B
≥
4(R + r)
2
p
2
+ r
2
+ 4Rr
Ta cần chứng minh bất đẳng thức
4(R + r)
2
p
2
+ r
2
+ 4Rr
≥ 1
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p
2
≤ 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
, ta có
4(R + r)

2
p
2
+ r
2
+ 4Rr
≥
4(R + r)
2
4R
2
+ 4r
2
+ 8Rr
= 1
Bài toán 16
Cho ba số x, y, z > 0 thoả mãn x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xyz = 1. Chứng minh rằng
(x + y + z) − (xy + yz + zx) ≥
3
4
Chứng minh
Đặt x = cos A, y = cos B, z = cos C , từ điều kiện x
2
+ y

2
+ z
2
+ 2xyz = 1 suy ra
A, B, C là ba góc tam giác ABC.
Sử dụng các đẳng thức
cos A + cos B + cos C = 1 +
r
R
;
cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A =
p
2
− 4Rr + r
2
4R
2
ta đưa bất đẳng thức về dạng
1 +
r
R
−
p
2
− 4Rr + r
2
4R
2
≥
3

4
11
tương đương
p
2
≤ 5R
2
+ 4Rr −r
2
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p
2
≤ 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
, ta cần chứng minh
4R
2
+ 4Rr + 3r
2
≤ 5R
2
+ 4Rr −r
2
tương đương
(R − 2r)(R + 2r) ≥ 0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo bất đẳng thức Eule.
Bài toán 17
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a
2

+ b
2
+ c
2
+ abc = 4. Chứng minh rằng
3

3(a + b + c −2) ≤

√
4 − a
2
≤

3(8 + abc).
Chứng minh
Đặt a = 2 cos A, b = 2 cos B, c = 2 cos C, thì

√
4 − a
2
= 2(sin A + sin B + sin C) =
2p
R
và
abc = 8 cos A cos B cos C = 8
p
2
− (2R + r)
2

4R
2
Trước hết ta chứng minh

√
4 − a
2
≥ 3

3(a + b + c −2)
tương đương
2p
R
≥ 3

6(cos A + cos B + cos C − 1)
tương đương
2p
R
≥ 3

6
r
R
⇐⇒ p
2
≥
27Rr
2
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen,

p
2
≥ r(16R − 5r)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
r(16R − 5r) ≥
27
2
Rr ⇐⇒ 5Rr ≥ 10r
2
Vậy bất đẳng thức vế trái được chứng minh.
Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức vế phải

√
4 − a
2
≤

3(8 + abc).
tương đương
2p
R
≤

24(1 +
p
2
− (2R + r)
2
4R
2

)
12
tương đương
s
2
R
2
≤ 6

1 +
s
2
− (2R + r)
2
4R
2

tương đương
p
2
≥ 12Rr + 3r
2
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen,
s
2
≥ r(16R − 5r)
Ta cần chứng minh
r(16R − 5r) ≥ 12Rr + 3r
2
tương đương

R ≥ 2r
Bài toán 18
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng
a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc(a + b + c) ≥
4
3
Chứng minh
Đặt a = tan
A
2
, b = tan
B
2
và c = tan
C
2
, với A, B, C là ba đỉnh của tam giác ABC.
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
tan
2
A
2
+ tan
2

B
2
+ tan
2
C
2
+ tan
A
2
tan
B
2
tan
C
2
(tan
A
2
+ tan
B
2
+ tan
C
2
) ≥
4
3
Sử dụng các đẳng thức
tan
2

A
2
+ tan
2
B
2
+ tan
2
C
2
=

4R + r
p

2
− 2,
tan
A
2
tan
B
2
tan
C
2
= rp,
tan
A
2

+ tan
B
2
+ tan
C
2
=
4R + r
p
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

4R + r
p

2
− 2 + rp(
4R + r
p
) ≥
4
3
Khai triễn và thu gọn ta được bất đẳng thức tương đương
5p
2
≤ 24R
2
+ 18Rr + 3r
2
, Áp dụng bất đẳng thưc Gerretsen p
2

≤ 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
, ta chỉ cần chứng minh
20R
2
+ 20Rr + 15r
2
≤ 24R
2
+ 18Rr + 3r
2
tương đương (2R + 3r)(R − 2r) ≥ 0.
Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức Eule.
13
Nhận xét: Đối với bất đẳng thức đối xứng ba biến dương a, b, c mà không có điều
kiện gì thêm, thì ta đặt x = b + c, y = c + a, z = a + b. Khi đó x, y, z độ dài ba cạnh
của tam giác XY Z.
1) x
2
+ y
2
+ z
2
= (a + b)
2
+ (b + c)
2
+ (c + a)

2
= 2(a
2
+ b
2
+ c
2
+ ab + bc + ca) (1)
xy + yz + zx = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b)
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 3(ab + bc + ca) (2)
Từ (1) và (2), ta có
4(a
2
+ b
2
+ c
2
) = 3(x
2
+ y
2
+ z
2
) − 2(xy + yz + zx) = 4p

2
− 2(16Rr + 4r
2
)
tương đương
a
2
+ b
2
+ c
2
= p
2
− 8Rr −2r
2
.
2) 4(ab + bc + ca) = 2(xy + yz + zx) − (x
2
+ y
2
+ z
2
) = 16Rr + 4r
2
tương đương
ab + bc + ca = 4Rr + r
2
.
3)8abc = (x +y −z)(y +z −x)(z +x−y) tương đương abc = (p−x)(p−y)(p−z) = pr
2

.
4)
a
3
+ b
3
+ c
3
= (a + b + c)[(a
2
+ b
2
+ c
2
) − (ab + bc + ca)] + 3abc
= p(p
2
− 8Rr −2r
2
− 4Rr −r
2
) + 3pr
2
= p(p
2
− 12Rr).
Bài toán 19
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
8(a
3

+ b
3
+ c
3
)
(a + b)(b + c)(c + a)
≥
4(a
2
+ b
2
+ c
2
)
ab + bc + ca
− 1
Chứng minh
Đặt x = b + c, y = c + a, z = a + b. Khi đó x, y, z độ dài ba cạnh của tam giác XY Z.
Sử dụng các đồng nhất thức
a
3
+ b
3
+ c
3
= p(p
2
− 12Rr), a
2
+ b

2
+ c
2
= p
2
− 8Rr −2r
2
,
(a + b)(b + c)(c + a) = 4pRr, ab + bc + ca = 4Rr + r
2
.
Ta đưa về chứng minh bất đẳng thức
8p(p
2
− 12Rr)
4pRr
≥
4(p
2
− 8Rr −2r
2
)
4Rr + r
2
− 1
tương đương
2p
2
Rr
− 24 ≥

4p
2
4Rr + r
2
− 9
tương đương
2p
2
Rr
≥
4p
2
4Rr + r
2
+ 15
tương đương
p
2
≥
15Rr(4R + r)
2(2R + r)
14
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p
2
≥ 16Rr − 5r
2
, ta cần chứng minh
16Rr −5r
2
≥

15Rr(4R + r)
2(2R + r)
tương đương
4R
2
− 3Rr −10r
2
≥ 0
tương đương
(R − 2r)(4R + 5r) ≥ 0
luôn đúng theo bất đẳng thức Eule R ≥ 2r.
Bài toán 20(Iran 1996)
Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng
1
(x + y)
2
+
1
(y + z)
2
+
1
(z + x)
2
≥
9
4(xy + yz + zx)
.
Chứng minh
Đặt x =

b + c −a
2
, y =
c + a −b
2
, z =
a + b −c
2
,ta được a, b, c là độ dài ba cạnh của
tam giác. Với phép đặt trên, bất đẳng thức đã cho được viết lại như sau


cyc
(b + c −a)(c + a −b)


1
a
2
+
1
b
2
+
1
c
2

≥ 9
Sử dụng các đẳng thức

a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
= (p
2
− 4Rr −r
2
)
2
+ 4r
2
p
2
,


cyc
(b + c −a)(c + a −b)

= 4r(4R + r)
ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng

4r(4R + r)[(p
2
− 4Rr −r
2
)
2
+ 4r
2
p
2
]
16p
2
R
2
r
2
≥ 9.
tương đương
(4R + r)[(p
2
− 4Rr −r
2
)
2
+ 4r
2
p
2
] ≥ 36p

2
R
2
r
tương đương
(p
2
−16Rr+5r
2
)
2
(4R+r)+(p
2
−16Rr+5r
2
)[12Rr(5R−r)+4r
2
(R−2r)]+4r
3
(R−2r)
2
≥ 0.
Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p
2
≥ 16Rr − 5r
2
và bất đẳng thức Eule R ≥ 2r thì
bất đẳng thức cuối đúng.
15
Để củng cố, sau đây xin mời bạn đọc làm một số bài toán tự luyện.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng
sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C ≥ (cos A + cos B + cos C)
2
.
Bài tập 2: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng
tan A + tan B + tan C ≥
p
r
.
Bài tập 3: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
cos A
4 + cos B
+
cos B
4 + cos C
+
cos C
4 + cos A
≤
1
3
Bài tập 4.:Chứng minh với mọi ∆ABC,ta có
a

2
+ b
2
+ c
2
2rp
≥
1
sin A
+
1
sin B
+
1
sin C
≥
a
2
+ b
2
+ c
2
Rp
Bài tập 5: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng
a
b + c
+
b
c + a
+

c
a + b
≤ 2 −
r
R
Bài tập 6: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng
9(a
2
+ b
2
+ c
2
)(ab + bc + ca) ≥ (a + b + c)
4
.
Bài tập 7: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng
5R
16R − 2r
≥
ab + bc + ca
(a + b + c)
2
≥
4r
10r + R
Bài tập 8: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
m
a
m
b

ab
+
m
b
m
c
bc
+
m
c
m
a
ca
≤
4R + r
4r
Bài tập 9: Cho ba số dương a,b,c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng
1
a
+
1
b
+
1
c
≥ 1 + 2

a
2
+ b

2
+ c
2
3abc
Bài tập 10: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc = 4. chứng
minh rằng
2(a + b + c) ≤ a
2
+ b
2
+ c
2
+ ab + bc + ca
16
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Andreescu,T., Andrica, D.,Complex Number from A to Z, Birkhauser, Boston-
Basel-Berlin, 2006. .
[2] Dospinescu, G.,Lascu, M., Pohoat¸ a, C., Tetiva, M.,An Elementary proof of Blun-
don’s Inequality, JIPAM, Vol 9/2008.
[3]Bilarev, Blundon’s inequality - proof and some corollaries.
[4] Dorin Andrica and Catalin Barbu, geometric proof to Blundon’s inequalities.
[5] shan -he-wu and Zhi-Hua-Zhang, some strengthened results on Gerretsen,s inequal-
ities.
[6] Dragoslav S. Mitrinovic, J. Pecaric, V. Volenec, Recent Advances in Geometric In-

equalities, 1989.
[7] Nguyễn Văn Mậu, Phương pháp giải phương trình và bất phương trình,NXB Giáo
dục,1993.
[8] Đàm Văn Nhỉ, Xây dựng một số kết quả về đẳng thức và bất đẳng thức trong tam
giác, Hội thảo toán học, Quảng Ninh 2012.
[9] Tạ Duy Phượng, Phương trình bậc ba và các hệ thức hình học trong tam giác, THTT
số 337/tháng /2005.
[10] Hoàng Minh Quân, Xây dựng một số dạng đẳng thức và bất đẳng thức trong tam
giác,Hội thảo toán học, Tuyên Quang, 2012.
[11] Hoàng Minh Quân, Phương trình bậc bốn và các hệ thức hình học trong tứ giác hai
tâm,Hội thảo toán học, Nam Định, tháng 10/2013.
[12] Hoàng Minh Quân, Phương trình bậc bốn và các hệ thức lượng giác,Hội thảo toán
học, Bắc Giang, tháng 3/2014.
[13] Hoàng Minh Quân, Nhìn bài toán bất đẳng thức Olimpic theo nhiều hướng,Hội thảo
toán học, Ninh Bình, tháng 3/2013.
[14] Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
[15] Tạp chí AMM.
[16] Một số tài liệu trên mạng internet.
17