Bài toán: (Phan Đình Trung) Cho đường tròn $(O;R)$. Gọi $A$ là một điểm nằm trong đường tròn, $B$ là điểm xứng của $A$ qua $O$. Chứng minh rằng, với điểm $M$ bất kì nằm trong đường tròn đó thì ta luôn có:
                                                
                                                               $MA+MB\le 2R.\sqrt{2}$
Lời giải:
   Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ ta chọn điểm $O(0;0)$. Dựng đường tròn $(O; R)$. Gọi $A(a;b)$ là một điểm nằm trong đường tròn $(O)$, Khi đó, điểm $B$ đối xứng với $A$ qua $O$ có tọa độ là:$(-a; -b)$
   Giả sử, điểm $M$ có tọa độ $(x; y)$.

  Khi đó ta có:  $x^2+y^2 \le R^2$ và $a^2+b^2\le R^2$

   Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

                               $\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}+\sqrt{(x+a)^2+(y+b)^2}\le 2R.\sqrt{2}$                              
  Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: $\sqrt{\dfrac{u^2+v^2}{2}}\ge \dfrac{u+v}{2}$, ta có:

                         $\dfrac{\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}+\sqrt{(x+a)^2+(y+b)^2}}{2}\le \sqrt{\dfrac{(x+a)^2+(x-a)^2+(y+b)^2+(y-b)^2}{2}}$

                                                                                               $=\sqrt{x^2+y^2+a^2+b^2}\le R.\sqrt{2}$

 suy ra:  $\sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}+\sqrt{(x+a)^2+(y+b)^2}\le 2R.\sqrt{2}$   (đpcm).