Chúng ta
ñi từ bài toán ñại số sau: Với
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
ta luôn có :

2
sin
2 2
x x x
tg x x
π
< < < <
Chứng minh:

Ta ch
ứ
ng ming 2 b
ñ
t:
2
sin
x
x

2
os x- sin x
( )
xc
f x
x
= .

ðặ
t
( ) os x- sin xg x xc=
trong
0,
2
π
 


 
khi
ñ
ó
( ) ( )
,
sin 0g x x x g x= − ≤ ⇒
ngh
ị
ch bi
ế
n trong

ớ
i
0,
2
x
π
 
∀ ∈


 
suy ra
( )
2
2
f x f
π
π
 
> =
 
 

hay
2
sin
x
x
π
> v

.Ta có
( )
,
2 2
sin
0
2 os
2
x x
h x
x
x c
−
= >
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 

nên hàm s
ố

( )
h x

ñồ

 

Còn 2 b
ñ
t
2 2
x x
tg > và
sin x x<
dành cho b
ạ
n
ñọ
c t
ự
ch
ứ
ng minh.

Bây giờ mới là phần ñáng chú y
Xét
ABC∆
:
BC a=
,
BC b=
,
AC b=
. G
ọ

ệ
n tích tam giác;
l
a
, h
a
, m
a
, r
a
, t
ươ
ng
ứ
ng là
ñọ
dài
ñườ
ng phân giác,
ñườ
ng cao,
ñườ
ng trung tuy
ế
n và bán kính
ñườ
ng
tròn bàng ti
ế
p

bài
toán
ñại số
ta d
ễ
dàng
ñư
a ra bi
ế
n
ñổ
i sau
2 2 2
4
os 2 os sin os
2
A
Ac A tg c A A Ac A
π
< = < , t
ừ

ñ
ó
ñư
a
ñế
n
l
ờ

R R
π
π
> = ⇒ >
∑ ∑ ∑

T
ừ

ñ
ây suy ra
ñ
pcm.
Trong m
ộ
t tam giác ta có nh
ậ
n xét sau : 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
tg tg tg tg tg tg
+ + = k
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
2
2

t
ừ

ñ
ây ta l
ạ
i có
. . . 4A B B C C A+ + <
(2). T
ừ
(1) và (2) ta có bài toán m
ớ
i.
Bài toán 2:
Cmr: Trong tam giác ABC nh
ọ
n ta luôn có :
2
. . . 4
4
A B B C C A
π
< + + <

Lưu y:
Khi dùng cách này
ñể
sáng t
ạ
o bài toán m

nh
ư
nh
ậ
n xét
ở
trên.
Nhưng bữa sau ñem vào
l
ớp ñố Tú thì tú trả lời thật là “sốc”
: áp d
ụ
ng b
ñ
t
( )
2
3
a b c
ab bc ca
+ +
+ + ≤ thì ta có ngay
( )
2
2
. . .
3 3
A B C
A B B C C A
π

ế
n”, sau
ñ
ây là cách d
ồ
n bi
ế
n c
ủ
a
b
ạ
n
Hữu Vinh
: t
ừ
t
ừ
vi
ế
t sau
Bây gi
ờ
ta th
ử

ñ
i t
ừ
công th

A A bc A
S bc A cl bl l
A
b c
b c
= = + ⇒ = =
+
+

1 1 1 1
A
2 2
2 os
2
a
b c b c
l bc b c
bcc
+ +
 
⇒ = > = +
 
 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 sin sin sin
a b c
l l l a b c R A B C
 
⇒ + + > + + > + +
 

 
 

Lời giải
tu
ơ
ng t
ự
nh
ư
ph
ầ
n bi
ế
n
ñổ
i
ở
trên.
Mặt khác,
ta l
ạ
i có
( )
2 sin sin
A
2 os
2sin
2
2 2

π
π
π
π
+
+
> >
−
−
⇒
( ) ( )
( )
4
a
R B C R B C
bc
B C l B C
π
π
+ +
> >
+ +

⇒

4
a
bc R
R
l

ỗ
i b
ñ
t ta
ñượ
c
Bài toán 4 :
Cmr:

Trong tam giác ABC nh
ọ
n ta luôn có :
12
3
c a b
R ab bc ca
R
l l l
π
π
< + + <
Lời giải
tu
ơ
ng t
ự
nh
ư
ph
ầ

t qu
ả

c
ủ
a
bài toán ñại số
ta d
ễ
dàng có
2 sin sin sinA B C
π
< + + <
,mà
( )
1 1
2 sin sin sin
a
A B C h
b c
 
+ + = +
 
 

1 1 1 1
b c
h h
c a a b
   

ơ
ng t
ự
nh
ư
ph
ầ
n bi
ế
n
ñổ
i
ở
trên.
Ta xét ti
ế
p bài toán sau :
Bài toán 6
Cmr: Trong tam giác nh
ọ
n ta luôn có:
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
4
3
a b c
m m m
A B C A B C

4
a b c
m m m a b c R A B C+ + = + + = + + và t
ừ

ñư
a
ñế
n l
ờ
i gi
ả
i.
Lời giải:
Áp d
ụ
ng
bài toán ñại số
ta
ñượ
c:
2
2 2
2
4
sin
x
x x
π
< < ta l

< < .
C
ộ
ng 3 chu
ỗ
i b
ñ
t trên ta
ñượ
c :
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
4
sin sin sin
A B C A B C A B C
π
+ + < + + < + + , mà ta
có
( )
2 2 2 2 2 2 2
3 sin sin sin
a b c
m m m R A B C+ + = + +

⇒

( )
2 2 2
2 2 2

Bây gi
ờ
ta th
ử
sáng t
ạ
o m
ộ
t b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c liên quan t
ớ
i
r
a
, ta có công th
ứ
c tính
r
a

là
2
a
A
r ptg= , t

ng có
2
2
a
r
B B
p
π
< < và
2
2
a
r
C C
p
π
< < , c
ộ
ng 3 chu
ỗ
i b
ñ
t ta thu
ñượ
c
( )
2
2
a b c
A B C


Lời giải
tu
ơ
ng t
ự
nh
ư
ph
ầ
n bi
ế
n
ñổ
i
ở
trên.