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

− 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

(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

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

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

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).

≤
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.

.
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
+ 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)

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

+ 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

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
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)

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

.
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
+

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

+
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
= 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

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

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

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

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

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

(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

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
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

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

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,

)
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

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

+ 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

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

.
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

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 ≥

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 =

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

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.

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
+

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

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