Bất đẳng thức Geometrize algebra (GLA)

 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 ...  1, phần C ta cần chứng minh: 3,12,14
( ) ( )2 22 2 24 512 2 8 2
4 2
p Rr r 2p p Rr pr p Rr r
Rrp
+ +⎡ ⎤− + ⋅ ≥ − −⎣ ⎦ 
⇔ ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 212 2 4 5 8 2
4 2
p Rr r p Rr r
p Rr r
Rr
− + + + ≥ − − (*) 
 Đặt 2p t= và ( )f t VT VP= − . Ta có: ( ) 2 24 12 2
4 2
t Rr r t Rr rf t
Rr
+ + + − +′ 5= − 
2 22 8 3 5 2 18 3 0
4 2 4
t Rr r t Rr r
Rr Rr
− + − += − = ≥ (do t R ) 216 5r r≥ −
Do đó ƒ(t) đồng biến theo p tức là để (*) ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp 
2 216 5p Rr r= − hoặc ( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−= − + (tùy độ chặt) 
Mặt khác: 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2
2
16 5 12 2 16 5 4 5 16 5 8 2
4 2
4 3 20 4 4 3 55 58 7 8 7
4 2 2
Rr r Rr r Rr r Rr r Rr r Rr r
Rr
Rr r Rr r R r R rRr r R r
Rr R
⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − + − + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤≥ − − −⎣ ⎦
− − − −⇔ ≥ − ⇔ ≥ −
( )2 2 2 22 20 19 3 40 35 6 3 2R Rr r R Rr r Rr r R⇔ − + ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥
2
 (**) 
Dễ thấy (**) là một BĐT sai và khi thay 2 16 5p Rr r= − vào (*) thì ta thấy độ 
chênh giữa VT và VP là rất nhỏ. Do đó ta hoàn toàn tự tin rằng khi thay 
( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−= − + và (*) thì ta sẽ có được điều phải chứng minh mặc 
dù ( )2 2r R r
R
− là một đại lượng rất bé. Trong quá trình giải bài việc biến đổi dẫn 
đến một bất đẳng thức ngược dấu như (**) là không thể tránh khỏi. Rõ ràng để 
“chắc ăn” ta sẽ thay ( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−= − + và (*) nhưng việc làm này lại 
cồng kềnh hơn so với thay 2 16 5 2p Rr r= − rất nhiều. Qua phân tích trên ta đã 
thấy bắt buộc phải thay ( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−= − + vào rồi nhưng liệu có phải 
cần thiết cứ ở đâu có 2p là đều thay bằng ( )22 216 5 r R rRr r
R
−− + hay không? 
Với một bạn có “sức khỏe” và khả năng tính toán tốt thì cứ việc thay hết vào 
nhưng cá nhân tôi thì có một nguyên tắc biến đổi càng đơn giản càng tốt. Quay 
trở lại việc thay 2 16 5 2p Rr r= − vào (*), liệu đây có phải là một việc làm vo tác 
dụng không? Xin trả lời là “không” vì qua quá trình đó ta đã ước lượng được độ 
chênh giữa VT − VP do đó có “cảm nhận” rằng chỉ cần thay 
( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−= − + vào biểu thức 2 4 2p Rr r− + còn trong biểu thức 
 2 4 2p Rr r+ + chỉ cần thay 2 16 5 2p Rr r= − thôi và tất nhiên ở VP thì buộc phải 
thay ( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−= − + . Tiếp tục quá trình phân tích, về việc tính toán 
thì khi thay ( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−= − + vào một trong hai biểu thức 
2 24p Rr r+ + và 2 12 2 2p Rr r− + và biểu thức còn lại là 2 216 5p Rr r= − thì độ 
phức tạp trong tính toán là tương đương nhưng khi thay 
( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−= − + vào trong biểu thức 2 4 2p Rr r+ + thì ta dôi ra được 
lượng 2 12 2 2p Rr r− + còn vào trong biểu thức 2 12 2 2p Rr r− + lượng dôi ra (so 
với khi thay 2 216 5p Rr r= − ) là 2 4 2p Rr r+ + . Chính vì thế việc thay 
( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−= − + vào biểu thức 2 12 2 2p Rr r− + là tốt hơn rất nhiều so 
với thay vào biểu thức 2 4 2p Rr r+ + . Với những bạn đã “dày dạn” kinhnghiệm 
“chiến đấu” thì nhìn lướt qua là có thể biết thay như thế nào cho hợp lý rồi, còn 
với những bạn mới làm quen với BĐT thì quá trình phân tích trên sẽ giúp cho các 
bạn phần nào khi giải những bài tập sau này. Bây giờ ta bắt đầu quá trình thay 
nhé! 
( ) ( )
( )
2
2 2 2
2
2 2
216 5 12 2 16 5 4
4
25 16 5 8 2
2
r R r 2Rr r Rr r Rr r Rr r
R
Rr
r R rRr r Rr r
R
⎛ ⎞−− + − + − + +⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞−≥ − + − −⎜ ⎟⎝ ⎠
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
2
2
2 2 2
24 3 20 4
25 8 7
4 2
24 3 5
25 8 7
2
2 2 52 20 19 3 40 35 5 2
r R rRr r Rr r
R rRr r
Rr R
r R rR r R r
R r R rR r
R R
r R r R r
R r
R Rr r R Rr r R r
R
⎛ ⎞−− + −⎜ ⎟ ⎛ ⎞−⎝ ⎠⇔ ≥ −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞−− + −⎜ ⎟ ⎛ ⎞−⎝ ⎠⇔ ≥ − +⎜ ⎟⎝ ⎠
− −⇔ − + + ≥ − + −
+
( ) ( ) ( )2 2 5 8 2 5 4r R r R r r R r R r R R r
R
− −⇔ ≥ − ⇔ − ≥ ⇔ ≥ (đúng) 
Vậy bất đẳng thức (1) đã được chứng minh. 
 Đẳng thức xảy ra ⇔ 
2
, 0 
0
R r
a b c
I G
a b c
r
=⎡⎢ = =⎡⎢ ⇔≡ ⎢⎧⎪⎢ ⎢ = =⎨ ⎣⎢ =⎪⎩⎣
(hoÆc c¸c ho¸n vÞ)
Bài 13. Cho a, b, c > 0. CMR: 
( )
91 1 1
4a bc b ca c ab ab bc ca
+ + ≤+ + + + + với 1a b c+ + = (*) 
Giải 
Biến đổi vế trái. Do 1a b c+ + = nên p = 1. 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
22 2 2 2 2 2 2 2 4
1 1 1
4 2
4 2 8 2
a bc b ca
a bc b ca c ab a bc b ca c ab
ab bc ca a b c b c a c a b abc a b c
abc a b b c c a abc a b c a b c
Rr r a b b c c a abc p r
pr r R r p r pr p Rr r p r
+ ++ + =+ + + + + +
+ + + + + + + + + + += + + + + + + +
+ + + + + − += + + − + − − +
2
∑
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 22 2 2 2 2 4 2 3 4
2 22 3
84 4 2
4 2 1 8 2 4 8 2
8 8 1
2164 8 2
RrRr r Rr r r
r r R r r r Rr r r r R r r R r r
R R
RrR rr R r r R r r
+ + − += =
+ + − + − − + + − + +
= = =
+ − + +
Vậy ta cần phải chứng minh: ( )291 22 4 4 r RRr Rr r≤ ⇔ ≤+ (đúng) 
Tức là (*) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔ .a b c= = 
Bài 14. Cho . , , 0; 1a b c ab bc ca> + + = CMR: ( ) ( )3 2 2 225 2a b c a b c
abc
+ + ≥ + + + (*) 
Giải 
Trước tiên dựa vào điều kiện ta đi tìm bài toán gốc của (*) 
( ) ( ) ( ) ( )3 22 2 2* 24a b c a b c a b c
abc
+ +⇔ ≥ + + + + + 
 ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
24 1a b ca b c ab bc ca
abc a b c
+ ++ + + +⇔ ≥ + + + 
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
24 a b ca b b c c a
abc a b c
+ ++ + +⇔ ≥ + + (1) 
(1) chính là bài toán gốc sau khi đã loại bỏ điều kiện. Với những bạn mới làm bất 
đẳng thức thì ngay việc đưa về dạng (1) cũng gặp nhiều khó khăn. Nhưng với cả 
những bạn luyện nhiều bất đẳng thức rồi thì qui về dạng (1) rồi cũng chưa biết 
nên làm theo cách nào. Dạng (1) chính là dạng sở trường của S.O.S. nhưng lần 
này lựa chọn S.O.S để giải lại không mấy sáng suốt. Các bạn hãy giải thử sẽ thấy 
ngay những khó khăn gặp phải. Khi đã biết G.L.A. thì việc giải bài trên khôg mấy 
khó khăn. Ta cần phải chứng minh: 
( )2 2
2 2
24 8 24 p Rr rRrp
pr p
− −≥ 
( )2 2
2
6 8 2p Rr rR
r p
− −⇔ ≥ (**) 
Ta thấy ngay VP đồng biến theo p, vấn đề bây giờ là chọn cận trên nào để giải 
quyết bài toán. Dùng định lý 2 24 4 3 2p R Rr r≤ + + có đủ mạnh để giải quyết bài 
toán không? Áp dụng định lý (2) ( ) ( )2 2 22 10 2 2 2p R Rr r R r R R r≤ + − + − − thì 
chắc chắn sẽ giải quyết được bài toán nếu như bài toán đúng. Tuy nhiên ta rất hạn 
chế sử dụng định này bởi nó quá cồng kềnh. Quan sát một tí thì ta thấy bất đẳng 
thức (1) trở thành đẳng thức khi a b c= = hoặc 2 2a b c= = và các haớn vị trong 
khi định lý 2 24 4 3 2p R Rr r≤ + + chỉ xảy ra đẳng thức khi tam giác là tam giác 
đều. Do vậy ta không thể áp dụng định lý này và dù không muốn nhưng ta cũng 
buộc lòng phải áp dụng (2). 
(**) sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được: 
( ) ( )( )
( ) ( )
2 2
2 2
6 2 10 2 2 2 8 3
2 10 2 2 2
2R Rr R r R R r r Rr rR
r R Rr r R r R R r
⎡ ⎤+ + − − − − −⎣ ⎦≥ + − + − − 
( ) ( ) ( ) ( )3 2 2 2 2 32 10 2 2 2 12 12 18 12 2 2R R r Rr R R r R R r R r Rr r r R r R R r⇔ + − + − − ≥ + − + − − 
( ) ( ) ( )3 2 2 32 2 13 18 2 6 2 2R R r Rr r r R R r R R r⇔ − − + ≥ − − − 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 9 2 6 2 2R r R Rr r r R R r R R r⇔ − + − ≥ − − − 
 ( ) ( )2 22 2 9 2 6 2R Rr r r R R R r⇔ + − ≥ − − (3) 
Nếu thì ta có ngay VT ≥ 0 ≥ VP 6r R≤
Nếu thì (3) tương đương với: 6r R>
( ) ( ) ( )22 2 2 22 2 9 4 48 144 2R Rr r R Rr r R r R+ − ≥ − + − 
( )
4 2 2 4 3 3 2 2
3 2 2 2 2 3
4 4 81 8 36 36
4 48 144 8 96 288
R R r r R r Rr R r
R R r Rr R r Rr r R
⇔ + + + − −
≥ − + − + −
( )4 3 2 2 3 4 3 2 2 3
3 2 2 3 4 3 2 2 3
4 8 32 36 81 4 56 240 288
64 272 252 81 0 64 272 252 81 0
R R r R r Rr r R R r Rr r R
R r R r Rr r R R r Rr r
⇔ + − − + ≥ − + −
⇔ − + + ≥ ⇔ − + + ≥
( ) ( )2 29 964 16 04 4R R r r R r⇔ − + − ≥ (đúng) 
Vậy ( ) ( )3 2 2 225 2a b c a b c
abc
+ + ≥ + + + 
Đẳng thức xảy ra ⇔ a b c= = hoặc 2 2a b c= = và các haớn vị 
Comment: Trường hợp đẳng thức xảy ra khi a b c= = thì dễ nhận thấy rồi nhưng 
còn trường hợp đẳng thức xảy ra khi 2 2a b c= = thì ta tìm ra như sau. Theo lời 
giải bằng G.L.A thì đẳng thức xảy ra khi và chỉkhi: 
( ) ( )2 2 2
2
i2 10 2 2 2
99
44
R r a b c
p R Rr r R r R R r
R rR r
=⎡ = =⎡⎢ ⎢⎢ ⎢⎧ ⎧= + − + − − ⇔⎢ ⎢⎪ ⎪⎨ ⎨⎢ ⎢ =⎪ ⎪⎢ = ⎢⎩⎣⎩⎣
O n»m g ÷ a I vµ K 
Điều kiện O nằm giữa I và K cho ta biết tam giác đó phải là tam giác cân còn điều 
kiện 9
4
R r= sẽ giúp ta tìm ra được một đẳng thức nữa là 2 2a b c= = (Xin nhắc lại 
1 chút là K là điểm sao cho 3IK IG= ) 
Lời giải trên nếu tóm ngắn lại cũng chỉ hơn 10 dòng nhưng ở phần sau các bạn sẽ 
thấy bài trên có thể giải trong 5 dòng sau khi đưa thêm một số lý thuyết từ , ,p R r 
vào G.L.A. 
Bài 15. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 1a b c+ + = . CMR: 
 ( )
2 2 2 1
5 1 5 1 5 1 8 3
a b c
a b c ab bc ca
+ + ≤+ + + + +
Giải 
Biến đổi VT: 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ] ( )
( ) ( )
2 25 1 5 1 25 5
5 1 5 1 5 1 125 25 5 1
a b c abc a b c a b c a b c
VT
a b c abc ab bc ca a b c
+ + + + + + + + += =+ + + + + + + + + +
∑ ∑ 2 2 2 
( )
( )
2 2 2 2 2
2 2
25 5 4 2 8 2
125 25 4 5 1
p r Rrp pr p Rr
pr Rr r p
+ − + − −= + + + +
r
( )
( )
2 22 2 2 2
2 22 2
13 1225 5 4 2 1 8 2 13 12 1
150 100 6 150 100 6125 25 4 5 1
r Rr pr Rr r Rr r r Rr
r Rr r Rrr Rr r
+ ++ − + − − + += = =+ + + ++ + + + 2p 
Ta cần chứng minh: ( ) ( )
2 2
2 2 2
13 12 1
150 100 6 8 3 8 3 4
r Rr p p
r Rr p ab bc ca Rr r
+ + ≤ =+ + + + +
Xét ( )f p VP VT= − , suy ra 
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2 2
22 2 2
2 150 100 6 12 13 121
8 3 4 150 100 6
2p r Rr p p r Rr p
f p
Rr r r Rr p
+ + − + +′ = −
+ + +
( )
( )
( )
2
22 2
36 141
8 3 4 75 50 3
p r Rr
r R r r Rr p
+−+ + +
. Xét ( ) ( )( )
2
22 2
36 14
75 50 3
p r Rrg p
r Rr p
+=
+ +
⇒ ( ) ( ) ( )( )
2 2
32 2
36 14 75 50 9
75 50 3
r Rr r Rr p
g p
r Rr p
+ + −′ =
+ +
2
16 5
. 
Do 2 2p Rr r≥ − 2 nên g’(p) ≤ 0 ⇒ g(p) nghịch biến theo p, tức là: và R r≥
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
2
22 2
2
22
16 5 36 141
8 3 4 75 50 3 16 5
16 5 36 141
8 3 4 60 98
R r r r Rrf p
r R r r Rr Rr r
R r r r Rr
r R r r Rr
− +′ ≥ −+ ⎡ ⎤+ + −⎣ ⎦
− += −+ +
Nhận thấy ( )2 24 14 36 56 144 98 60 2Rr r Rr r Rr r+ = + ≤ + 
 ( ) ( ) ( ) 22 3 4 16 5 2 16 5 98 60r R r R r r r R r Rr r+ − ≤ − ≤ + 
Từ 2 điều trên ra thấy ngay ƒ’(p) ≥ 0 ⇒ ƒ(p) đồng biến theo p. 
Vậy ta sẽ chứng minh được ƒ(p) ≥ 0 nếu chứng minh được ( )( )16 5 0f R r r− ≥ 
⇔ ( )
( )
( ) ( )
2
2
16 5 13 12 16 5 16 5 56 16
49 303 4150 100 6 16 58 3 4
R r r Rr R r r R r R r
R rR rr Rr R r rR r
− + + − − +≥ ⇔ +++ + −+ ≥ 
( ) ( ) ( )( ) ( ) (( ) )2 27 14 105 464 216 5 56 161 149 303 4 3 4 49 30R r R rR rR r R rR rR r R r R r− +−− +⇔ − ≥ − ⇔ ≥++ + + 
( ) ( ) ( )2 2 24 49 30 21 105 46 4 784 5571 2604 0R r R r R r R Rr r⇔ + ≥ + + ⇔ + + ≥ (đúng) 
Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔ 1
3
a b c= = = 
Bài 16. Cho . CMR: , , 0a b c ≥ ( ) ( ) ( )
2 2 2 16 7
5 5
a b c abc
ab bc ca a b b c c a
+ + + ⋅ ≥+ + + + + 
Giải 
Áp dụng các công thức 1 và 14 phần C ta cần chứng minh: 
2 2 2 2
2 2
8 2 8 274 21
5 5 5 54 4
p Rr r p Rr rr r4
R RRr r Rr r
− − − −+ ≥ ⇔ − ≥ −+ + 
Theo định lý 6 ta có: ( )22 2 216 5 r R rp Rr r
R
−≥ − + nên: