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 π > và 2 2 x x tg π < - ðặ t 1 ( ) sin f x x x = là hàm s ố xác ñị nh và liên t ụ c trong 0, 2 π       . Ta có: , 2 os x- sin x ( ) xc f x x = . ðặ t ( ) os x- sin x g x xc = trong 0, 2 π       khi ñ ó ( ) ( ) , sin 0 g x x x g x = − ≤ ⇒ ngh ị ch bi ế n trong ñọ an 0, 2 π       nên ( ) ( ) 0 g x g< =0 v ớ i 0, 2 x π   ∈     .Do ñ ó ( ) , 0 f x 〈 v ớ i 0, 2 x π   ∀ ∈     suy ra ( ) 2 2 f x f π π   > =     hay 2 sin x x π > v ớ i 0, 2 x π   ∀ ∈     - ðặ t ( ) 1 h x tgx x = xác ñị nh và liên t ụ c trên 0, 2 π       .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 ng bi ế n, do ñ ó ( ) 2 2 x h x h π   < =     hay 2 2 x x tg π < v ớ i 0, 2 x π   ∀ ∈     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 i A, B, C là ñộ l ớ n các góc b ằ ng radian; r, R, p, S l ầ n l ượ t là bán kính ñườ ng tròn n ộ i ti ế p, bán kính ñườ ng tròn ngo ạ i ti ế p, n ử a chu vi và di 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 ứ ng v ớ i ñỉ nh A Bài toán 1: Ch ứ ng minh r ằ ng: Trong tam giác ABC nh ọ n ta luôn có : 2 2 2 os os os 4 p p Ac x Bc B Cc C R R π < + + < Nhận xét :Từ ñịnh lí hàm số sin quen thuộc trong tam giác ta có : sin sin sin p A B B R + + = và 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 i gi ả i nh ư sau. Lời giải: Ta có 2 2 2 4 os 2 os sin os 2 A Ac A tg c A A Ac A π < = < 2 os sin p Ac A A R ⇒ < = ∑ ∑ và 2 2 4 os sin os 4 p p Ac A A Ac A 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 x x tg π < nên ta có 2 2 2 2 2 2 2 1 . . . 2 2 2 2 2 2 4 A B B C C A A B B C C A tg tg tg tg tg tg A B B C C A π π π π π π π + + > + + = ⇒ + + > (1). M ặ t khác 2 2 x x tg > nên ta c ũ ng d ễ dàng có 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B B C C A A B B C C A tg tg tg tg tg tg + + < + + = t ừ ñ ây ta l ạ i có . . . 4 A 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 ớ i thì ñề toán là ABC ∆ ph ả i là nh ọ n vì trong bài toán ñại số thì 0, 2 x π   ∀ ∈     .L ờ i gi ả i bài toán t ươ ng t ự 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 + + + + ≤ = . T ừ ñ ây ta có bài toán “ch ặ t” h ơ n và “ ñẹ p” h ơ n : 2 2 . . . 4 3 A B B C C A π π 〈 + + ≤ Ngoài ra, chúng ta còn cách ch ứ ng minh ghê g ớ m h ơ n là “d ồ n bi 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 ứ c l a , h a , m a , r a ñể tìm ra các công th ứ c m ớ i Trong ABC ∆ ta luôn có: ( ) A 2 os sin 2 2 sin sin sin 2 2 sin 2 a a a bcc 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   ⇒ + + > + + > + +     1 1 1 1 1 1 1 2 a b c l l l R A B C   ⇒ + + > + +     . Nh ư v ậ y chúng ta có Bài toán 3 Bài toán 3 : Cmr: Trong tam giác ABC nh ọ n ta luôn có : Trong tam giác ABC nh ọ n ta luôn có : 1 1 1 1 1 1 1 2 a b c l l l 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 a R B C bc b c A l c π + + = =   −     . Áp dung bài toán ñại số ta ñượ c : ( ) ( ) 2 2 2 a B C R R B C bc A A l 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 π π > > Hoàn toàn t ươ ng t ự ta có : 4 c ab R R l π π > > và 4 b ca R R l π π > > . T ừ ñ ây, c ộ ng 3 chu 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 n bi ế n ñổ i ở trên. Trong tam giác ta có k ế t qu ả sin b c h h A c b = = , sin c a h h B a c = = và sin a b h h C b a = = , mà t ừ k ế 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     + + + +         , t ừ ñ ây ta có ñượ c Bài toán 5. Bài toán 5 : Cmr: Trong tam giác ABC nh ọ n ta luôn có : 1 1 1 1 1 1 4 2 a b c h h h b c c a a b π       < + + + + + <             Lời giải tu 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 R π + + + + < < + + Nhận xét: Liên h ệ v ớ i 2 a m trong tam giác ta có 2 2 2 2 2 4 a b c a m + = − , t ừ ñ ó ta suy ra ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 sin sin sin 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 ầ n l ượ t có: 2 2 2 2 4 sin A A A π < < , 2 2 2 2 4 sin B B B π < < và 2 2 2 2 4 sin C C C π < < . 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 2 sin sin sin 3 a b c m m m A B C R + + = + + , t ừ ñ ây ta ñượ c: ( ) 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 R π + + + + < < + + ( ñ pcm). 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 ừ bài toán ñại số 2 2 2 x x x tg π < < ch ắ c ch ắ n ta d ễ dàng tìm th ấ y 2 2 a r A A p π < < , t ươ ng t ự ta c ũ 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 r r r A B C p π + + + + + + < < và ta thu ñượ c Bài toán 7 Bài toán 7: Cmr: Trong tam giác ABC nh ọ n ta luôn có: ( ) 2 2 a b c A B C r r r A B C p π + + + + + + < < Lời giải tu ơ ng t ự nh ư ph ầ n bi ế n ñổ i ở trên. . 1: Ch ứ ng minh r ằ ng: Trong tam giác ABC nh ọ n ta luôn có : 2 2 2 os os os 4 p p Ac x Bc B Cc C R R π < + + < Nhận xét :Từ ñịnh lí hàm số sin quen thuộc trong tam giác ta có :. +     . Nh ư v ậ y chúng ta có Bài toán 3 Bài toán 3 : Cmr: Trong tam giác ABC nh ọ n ta luôn có : Trong tam giác ABC nh ọ n ta luôn có : 1 1 1 1 1 1 1 2 a b c l l l R A B C   ⇒. 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 R π + + + + < < + + Nhận xét: Liên h ệ v ớ i 2 a m trong tam giác ta có 2 2