SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

MỤC LỤC
Danh mục chữ cái viết tắt

Trang 2

1. MỞ ĐẦU

Trang 3

1.1 Lý do chọn đề tài

Trang 3

1.2 Mục đích nghiên cứu

Trang 3

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Trang 4

1.4 Kế hoạch nghiên cứu

Trang 4

1.5 Phương pháp nghiên cứu

Trang 4


Trang 23

4. KẾT LUẬN

Trang 24

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang 25

VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT TRONG ĐỀ TÀI
A,  B,  C  

Góc trong tam giác ABC

a, b, c

Độ dài cạnh đối diện với đỉnh A, B, C tương ứng

p

Nửa chu vi tam giác ABC

R


THPT. Toán học không những giúp cho học sinh kỹ năng tính toán mà còn phát 
triển tư duy cho học sinh, đặc biệt là tư duy sáng tạo, khái quát…
       Trong toán học, việc phát triển tư  duy cho học sinh là việc hết sức quan  
trọng. Đối với nhiều học sinh, các em thường hài lòng với việc giải xong một  
bài toán mà không xem xét thêm cách giải khác là khá phổ biến. Trong quá trình 
dạy học tôi thường khuyến khích học sinh giải bài toán theo nhiều cách khác 
nhau, từ đó rèn luyện cho học sinh thói quen giải quyết một vấn đề theo nhiều  
cách khác nhau, tư duy đó rất có ích trong cuộc sống hiện đại ngày nay. Trong 
quá trình dạy học tôi thấy bài toán IMO sau đây rất thú vị, bài toán đó là:   “  
Cho tam giác   ABC  có độ dài ba cạnh là  a,  b,  c  và có diện tích là  S . Chứng  
minh rằng:   a 2 + b 2 + c 2

4S 3. ”     Tôi thấy rằng có rất nhiều cách để  tính 

diện tích tam giác, từ  đó ta có thể  chứng minh bài toán thú vị  này theo nhiều  
cách khác nhau. Mặt khác, giữa mặt phẳng và không gian có mối liên hệ  với 
nhau, các tính chất trong mặt phẳng có thể mở rộng trong không gian, vì vậy ta  
có thể mở rộng bài toán này trong không gian cho tứ diện.
      Với những lý do trên tôi chọn đề tài “  Phát triển tư duy cho học sinh thông  
qua giải bài toán IMO theo nhiều cách và mở  rộng bài toán”. Trong đề  tài này 
tôi trình bày 16 cách giải khác nhau cho bài toán đã nêu, đồng thời mở rộng bài 
toán trong mặt phẳng và trong không gian.
1.2 Mục đích nghiên cứu

VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

      ­ Giúp học sinh biết cách vận dụng kiến thức để giải quyết vấn đề nhiều 

4
Chứng minh công thức (1) ( các công thức còn lại có trong sách giáo khoa 10)
Cách 1. Theo công thức Hê rông ta có
VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

               16S 2 = p ( p − a)( p − b)( p − c )  
                         = (a + b + c)(a + b − c)(b + c − a )(c + a − b )  
(b + c) 2 − a 2 �
a 2 − (b − c) 2 �
                         = �
�
��
�
� 
2bc + (b 2 + c 2 − a 2 �
2bc − (b 2 + c 2 − a 2 ) �
                         = �
�
��
�
� 

                         = 4b 2c 2 − (b 2 + c 2 − a 2 ) 2  
                        = 2( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) − (a 4 + b 4 + c 4 )  
1
                � S =
2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 )  

B
M

Trong tam giác vuông API ta có 
VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

A
 
2
AP + BP + AN + CN − BM − CM
A
=
tan
2
2
                             
 
AB + AC − BC
A
A
=
tan = ( p − a ) tan .
2
2
2
Chứng minh tương tự ta có các kết quả còn lại.
KQ3. Trong tam giác ABC ta có

�π C �
                                tan � + �= tan � − � 
�2 2 �
�2 2 �
A
B
tan + tan
2
2 = 1  
                               �
A
B
C
1 − tan tan
tan
2
2
2
A
C
B
C
A
B
� tan tan + tan tan = 1 − tan tan
2
2
2
2
2

.                                                             (5)
                      tan tan tan
2
2
2 3 3
A
B
C
                       tan + tan + tan
3.                                                        (6)
2
2
2
                      cot A + cot B + cot C
3.                                                           (7)
                      sin A + sin B + sin C

Chứng minh (4)
Trước hết ta chứng minh  sin x + sin y 2sin
xảy ra khi  x = y.

x+ y
 với  ∀x, y
2

( 0;π ) .  Đẳng thức 

x+ y
x− y
x+ y

�A + B + C + 3 �
                                            4sin �
�= 2 3
4
�
�
�
�
3 3
           � sin A + sin B + sin C �
. 
2
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Ta   có  sin x + sin y = 2sin

Chứng minh (5)
Ta có 
2

A
B
B
C
C
A
B
C�
� A
   1 = tan tan + tan tan + tan tan
3 3 �tan tan tan �

A
Ta có  tan tan + tan tan + tan tan = 1  
2
2
2
2
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức cơ bản  ( x + y + z ) 3( xy + yz + zx)  ta có
2

A
A� � A
B
B
C
C
A�
� A
           �tan + tan + tan � 3 �tan tan + tan tan + tan tan �= 3  
2
2� � 2
2
2
2
2
2�
� 2
A


4 p2 ( a + b + c )
           =
=
a 2 + b2 + c2.
3
3
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
2

Cách 2. Sử dụng công thức Hê rông kết hợp bất đẳng thức Côsi. Trước hết ta  
chứng minh bất đẳng thức quen thuộc  8( p − a)( p − b)( p − c) abc.  Ta có
8( p − a)( p − b)( p − c) = 8 ( p − a)( p − b) ( p − b)( p − c) ( p − c)( p − a )
   
                                    (2 p − a − b)(2 p − b − c )(2 p − c − a ) = abc.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

48S 2 = 48 p ( p − a)( p − b)( p − c) 48 pabc =3(a + b + c)abc
2
2
2
2
  
�
�
3(

�
�
2

         

� ( a 2 + b 2 + c 2 ) �48S 2
2

� a 2 + b 2 + c 2 �4S 3.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Cách   4.   Theo   định   lý   cosin   c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C   và   công   thức   diện   tích 
1
S = ab sin C , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2
� π� 2
2
2
0 a 2 − 2ab sin �
C + �+ b �0.  
      a − ab(cos C + 3 sin C ) + b ��
� 6�
� π� 2
2
C + �+ b , ta xem  f ( a)  là tam thức bậc hai ẩn a với 
Xét  f ( a) = a − 2ab sin �
� 6�
π�
2
2�

Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
1
1 �
�1
ab + bc + ca = 2S �
+
+
�.
�sin A sin B sin C �
1
1
1
9
+
+
2 3.  
Mặt khác ta có 
sin A sin B sin C sin A + sin B + sin C
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
2
2
2
Cách 7. Ta có  a + b + c

Cách 8. Ta có  a + b + c = 2 R (sin A + sin B + sin C ) 3R 3.  
Áp dụng công thức diện tích tam giác ta có
9abc
9abc
9( a + b + c)3 (a + b + c) 2

� A
a 2 + b 2 + c 2 = (a − b) 2 + (b − c ) 2 + (c − a ) 2 + 4S �tan + tan + tan �
2
2�
    
� 2
                   

4S 3.

VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
A
B
C
= ( p − b) tan = ( p − c) tan .  Do đó ta có
2
2
2
A
B
C
A
B
C
 pr 3 = p( p − a)( p − b)( p − c) tan tan tan = S 2 tan tan tan

3 3 �tan tan tan �
2
2
2
2
2
2
2
2�
� 2
   
A
B
C
1
tan tan tan
.
2
2
2 3 3
Ta có 
A
B
C
    4S 3 = 4 3 pr = 4 3 p tan tan tan
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
2

2
2
2
2
2
     = 3R + ( OA + OB − AB ) + ( OB + OC − BC ) + ( OC + OA − AC )  

     = 9 R 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ).    
Do  OG 0  nên  a + b + c
2

             

2

9 a 2b 2 c 2
. Từ đó suy ra
9R =
16S 2

2

2

(a

16S 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) 9a 2b 2c 2
2
� 48
+ +S�

A

N
P

B

I

M

C

                
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác,  M ,  N ,  P  lần lượt là hình chiếu của 
uuur uur uur r
I lên BC, CA, AB. Ta có  aIM + bIN + cIP = 0.  
r uuur uur uur r
Thật vậy, đặt  u = aIM + bIN + cIP = 0.  Ta có
r uuur uuur uuur uur uuur uur uuur
                 u.BC = aIM .BC + bIN .BC + cIP.BC  
= b.r.a.sin C − c.r.a.sin B = ra(b sin C − c sin B)
                          
 
= ra(2 R sin B sin C − 2 R sin C sin B) = 0
r
uuur
r
uuur
Suy ra   u   vuông góc   BC . Chứng minh tương tự  ta có   u   vuông góc   CA . Mà 

C
         
Xét tam giác ABC có M trung điểm BC và H là chân đường cao kẻ từ A.
�3BC 2
�
3BC
. AM 2 �
+ AM 2 � 
Ta có  4S 3 = 2 3BC. AH 4.
2
� 4
�
�3a 2 b 2 + c 2 a 2 � 2
=
2
− �= a + b 2 + c 2 .  
                     � +
2
4 �
�4
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
ﾷ
Cách 14. Không mất tính tổng quát giả sử  a b c.  Khi đó ta có  BAC

600  

A

B


        = b 2 + c 2 −

Cách 15.  Không mất tính tổng quát giải sử  A 600 .  Dựng tam giác  BAM   
ﾷ
vuông tại  M  có   BAM
= 300 ,   điểm  M,  C  nằm cùng phía với đường thẳng bờ 
AB. 
ﾷ
Dựng tam giác  NAC   vuông tại N có  CAN
= 300 ,  điểm N, B nằm cùng phía với 
với đường thẳng bờ AC. 
A

30°

30°

B

C
M

                     

N

c 3
b 3
, AN = AC.cos300 =
. 

VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

3b 2 + 3c 2 3(b 2 + c 2 − a 2 ) 3 3S
=
−
−
4
8
2
                 
 
3( a 2 + b 2 + c 2 − 4S 3)
=
8
2
Vì  MN 0  nên ta có  a 2 + b 2 + c 2 4S 3.   
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Cách 16. Không mất tính tổng quát giải sử  A 600 .  Dựng phía ngoài tam giác 
ABC các tam giác đều ABM và CAN.
N

M

A

B


2

2.3 Mở rộng bài toán trong mặt phẳng
VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

Bài toán trên phát biểu cho lũy thừa số mũ bằng 2, ta có thể mở  rộng bài toán  
lũy 
thừa với số mũ chẵn bất kì lớn hơn 1.
Cho tam giác  ABC  có diện tích  S  và độ  dài các cạnh là  a,  b,  c. Với   n ﾷ
chứng  
minh rằng
2n
2n
2n
�4 � n
a 2 n + b2n + c2 n 3� �
S + ( a − b) + ( b − c) + ( c − a)
�3�
       
      + ( b + c − a ) b − c + ( c + a − b ) c − a + ( a + b − c ) a − b .
n

n

n

n


m

m

�y � �x − y �
m
m
m
�
          
� �+ �
� �1 � x − y �( x − y ) .  
m
�x − y � x − y �x � � x �
�
�
x
�x �
Đẳng thức xảy ra khi 

m =1
 
y = 0.

Bổ đề 2.
     Cho 

x, y , z > 0
,  chứng minh rằng 



SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

Cách 1. Ta có bất đẳng thức đã cho tương đương bất đẳng thức
m

m

� x � � y � 1−m
                                     �
�+ �
� 2    
�x + y � �x + y �
x
Đặt  t =
 (đk:  0 < t < 1 ), ta có bất phương trình
x+ y
                                    f (t ) = t m + (1 − t ) m 21−m.  
1
Ta có  f '(t ) = mt m−1 − m(1 − t ) m−1  . Khi đó  f '(t ) = 0 � t m−1 = (1 − t ) m −1 � t = .  
2
Bảng biến thiên
       
t 
1
0                                                                 1
2
f '(t )                ­                   0              +
f (t)  

1+
�x + y � = �
�
x+ y
�
� � x+ y�
m

m

� 2 x � �2 y �
     �
+� � �
�
� 2
x
+
y
x
+
y
�
� �
�
m =1
Đẳng thức xảy ra khi 
 
x = y.
ii) Theo câu i) ta có


�
z +�
m
z+
�
�
xm + ym
x+ y� �
3
�
�
�
3
   
+
� 
�
�+ �
2
2
2
2
�
� �
�
�
�
m
x+ y+z �
�

3
� 3
�
m =1
Đẳng thức xảy ra khi 
 
x = y = z.
m

Bổ đề 3.  Cho 
m
2 2

i)  ( x 2 + y )

x, y 0
, chứng minh
m 2

xm + y m
m
m                     ii) 
x +y ,
2

m

    
Giải
i) Nếu  x = 0  hoặc  y = 0  thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.


� y2 �
y2
�2
2 �
2
2
�x + y � x + y
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
ii) Theo bất đẳng thức i) ta có 

xm + ym
(x + y )
2

2

m

�x + y � x − y
. 
�
�+
2
�2 �

m
2

1 

�
m

x 2 + y 2 �2
                                    �
�
�
� 2 �
m=2
Đẳng thức xảy ra khi 
 
x = y.

x m + y m  ( theo bổ đề 2i)
2

Bổ đề 4. Trong tam giác ABC ta có
              a 2 + b 2 + c 2 4S 3 + (a − b) 2 + (b − c ) 2 + (c − a ) 2  
    Hay  ( p − a )( p − b) + ( p − b)( p − c) + ( p − c)( p − a ) S 3.  
Giải
Cách 1.
Theo cách chứng 10 trong mục 2.1 ta có
B
C�
� A
2
2
2
2
2

                ( vì  S =
         

p( p − a )( p − b)( p − c) = xyz ( x + y + z )  ) 

� ( xy + yz + zx) 2 �3xyz ( x + y + z )

� ( xy − yz ) 2 + ( yz − zx) 2 + ( zx − xy ) 2 �0.
Bất đẳng thức cuối luôn đúng, từ đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.
Quay lại chứng minh bài toán

VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

�
a > b−c

a 2 > (b − c) 2

b> c−a ��
b 2 > (c − a ) 2  
Trong tam giác ABC ta có  �
�
�
c 2 > ( a − b) 2
c > a −b
Do đó, theo bổ đề 1 ta có 

−
a
�
(
)
(
)
� 
�
� �

c2n − a − b

2n

n
2
�
c 2 − ( a − b ) �= �
4( p − a ) ( p − b) �
�
�
�
�

n

n

� a 2n + b 2n + c 2n − a − b

2

n

n

n

4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) �
2
�
n
+
(
a
+
b
−
c
)
a
−
b
�
�
2
�
�
n


c
+
a
−
b
)
c
−
a
�
2
�
�
( do bổ đề 3ii)

[ 2( p − b)( p − c) + 2( p − c)( p − a)] + [ 2( p − c)( p − a) + 2( p − a)( p − b)]
n
n
                   + [ 2( p − a)( p − b) + 2( p − b)( p − c) ] + ( a + b − c) n a − b +
n

n

                                                        (b + c − a) n b − c + (c+ a − b) n c − a
n

n

 


n
n
n
�4 S �
3 � �+ ( a + b − c) n a − b + (b + c − a )n b − c + (c + a − b) n c − a .
�3�

VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

( theo bổ đề 4)
n

2n
2n
2n
�4 �
3 � �S n + a − b + b − c + c − a  
�3�
n
n
n
                      +(a + b − c) n a − b + (b + c − a ) n b − c + (c + a − b) n c − a .
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.  

Vậy  a 2 n + b 2 n + c 2 n

2.4 Mở rộng bài toán trong không gian.

x
OB
=
b
+
y
OC
= c2 + z 2
Khi đó ta có 
,  
, 
uuur uuur uuur
OA
+ OB + OC = (a + b + c) 2 + ( x + y + z )2
                     
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Mặt   khác,   ta   luôn   có   OA + OB + OC OA + OB + OC ,   suy   ra   điều   phải 
chứng 
uuur uuur uuur
x y z
minh. Đẳng thức xảy ra khi  OA ,  OB ,  OA  cùng hướng hay  = = .  
a b c
2
Bổ đề 6. Trong tam giác ABC ta có  ( a + b + c ) 12 S 3.  
VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

Chứng minh


B
         
Quay trở lại bài toán. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng
(ABC). Gọi E, F, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB, BC, CA.
Đặt  DH = h,  HF = x,  HK = y,  HE = z.  Áp dụng định lý Pitago ta có

                  DF = h 2 + x 2 ,  DK = h 2 + y 2 ,  DE = h 2 + z 2  
1
Do đó  S A + S B + SC = ( BC.DF + CA.DK + AB.DE )
2
VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN


SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

(
(

)

1
a h2 + x 2 + b h2 + y 2 + c h2 + z 2  
2
1
                                 =
(ah) 2 + (ax) 2 + (bh) 2 + (by ) 2 + (ch) 2 + (cz ) 2   
2
1
2

��54 3V  
2
�
�
3
                              � ( S A + S B + SC + S D ) �216 3V 2  
3
3
3
3
2
                              � 16 ( S A + S B + SC + S D ) �216 3V  

27
                              � S A3 + S B3 + SC3 + S D3 � V 2 3.
2
Đẳng thức xảy ra khi tứ diện ABCD đều. 
3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
3.1 Kết quả từ thực tiễn.
     Trước khi dạy thực nghiệm tôi khảo sát lớp 12I và 12K. Qua kết quả khảo  
sát 
tôi thấy rằng phần lớn học sinh   bằng lòng với một cách giải mà mình tìm  
được 
và cũng không hứng thú để tìm cách giải khác.
     Sau khi dạy thực nghiệm cho lớp 12I tôi thấy các em có hứng thú hơn khi 
giải 
toán, các em luôn có xu hướng tìm tòi cách giải khác. Nhiều em đã tìm ra nhiều 
cách giải độc đáo.

VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN

0%

Trung 
bình
36.1%
27.5%

Yếu

Kém

13.9%
30%

11.1%
42.5%

Nhận xét kết quả khảo sát: Lớp 12K không dạy thực nghiệm nên hầu hết các 
em chỉ  giải được một cách và không mở  rộng được bài toán. Ngược lại, lớp 
12I được dạy thực nghiệm nên hầu hết các em giải được hai cách trở  lên và 
mở rộng được bài toán.
Tổng hợp cách giải của học sinh và mở rộng
Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức  x 2 + y 2 2 xy  ta có
a2 + b2

2ab

2
2
2bc

0 + −a 2 ca ab bc 0 a 2 ab ca bc  
� a 2 + b 2 + c 2 �ab + ca − bc + b 2 + c 2
         
� a 2 + b 2 + c 2 �ab + ca + bc + (b − c ) 2 �ab + bc + ca.
Đẳng thức xảy ra khi  a = b = c.  
Cách 5. Không mất tính tổng quát, giả sử  c b a.  
Ta có bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức
            a 2 − ab + b 2 − bc + c 2 − ca ��
0 a (a − b) + b(b − c ) + c (c − a ) �0
           � a(a − b) + b(b − c) + c(c − b) + c (b − a ) �0  
           � ( a − b)( a − c) + (b − c) 2 �0.   (*)
Do  c b a  nên bất đẳng thức (*) đúng. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng.
Đẳng thức xảy ra khi  a = b = c.
1
1
1
2
2
2
Cách 6. Ta có  a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ca + ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  
2
2
2
2
2
2
                    � a + b + c �ab + bc + ca.  
Đẳng thức xảy ra khi  a = b = c.  
Mở rộng 1. Mở rộng theo hướng tăng số mũ.
Cho các số thực a, b, c ta có  a 2 n + b2 n + c 2 n (ab)n + (bc)n + (ca) n , n ﾷ *