Bất đẳng thức liên hệ giữa cạnh và diện tích tam giác

[Red Devils]

Bất đẳng thức liên hệ giữa

cạnh và diện tích tam giác

Red Devils

Bất đẳng thức tam giác là một mảng rất quan trọng của bất đẳng thức hình học. Trong tam giác, cạnh và diện tích được xem là những yếu tố quan trọng nhất bởi vậy bất đẳng thức liên hệ giữa cạnh và diện tích luôn là vấn đề mở lớn trong bất đẳng thức tam giác. Lẽ dĩ nhiên nó nhận được sự quan tâm của nhiều người và đã có khá nhiều kết quả đẹp được đưa ra. Bài viết này sẽ tổng hợp lại phần nào những kết quả đó, đồng thời bài viết sẽ đưa ra những cách tiếp cận và tư duy để đi đến những bất đẳng thức mạnh hơn, tổng quát hơn. Bài viết có sử dụng lời giải trong một số cuốn sách và ebook Toán học. Để tiện theo dõi, tôi xin được có một vài ghi chú sau đây:

• Tất cả các bài toán dưới đây đều được xét trong tam giác $ABC $ có độ dài các cạnh là $AB=c, BC=a, CA=b $ và diện tích là $S $.
• Những điều kiện khác (nếu có) sẽ được ghi cụ thể trong từng bài.

Nói đến bất đẳng thức liên hệ giữa cạnh và diện tích, rất tự nhiên ta nghĩ ngay đến những đẳng thức liên hệ giữa cạnh và diện tích, chẳng hạn: $S = \frac{1}{2}ab\sin C $ . Rõ ràng $\sin C \le 1 $ nên suy ra $2S \le ab $ . Tương tự ta cũng có: $2S \le bc,2S \le ca $. Vậy ta có bài toán sau:

Bài toán 1. $\min \{ab,bc,ca\} \ge 2S (1) $

Một cách "lừa bịp" ta có thể biến tướng $(1) $ thành những bất đẳng thức yếu hơn nhưng nếu không tinh ý thì vẫn có thể không nhận ra chẳng hạn: $\min\{a^2+b^2,b^2+c^2,c^2+a^2 \} \ge 4S $ hay $\min\{a+b,b+c,c+a\} \ge 2\sqrt{2S} $. Những bất đẳng thức trên chẳng có gì đáng nói bởi đơn giản chúng quá yếu, nhưng bạn đừng vội nản vì "cờ bạc ăn nhau về sáng", những điều thú vị còn đang ở phía sau. Khúc dạo đầu xem ra hơi tẻ nhạt nhưng còn cả một "bản nhạc" thú vị nữa cơ mà! Nếu không xét đến các bất đẳng thức trên thì bất đẳng thức $a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S $ có thể xem là bất đẳng thức cơ bản nhất liên hệ giữa cạnh và diện tích tam giác.

Bài toán 2. $a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S (2) $

(Bất đẳng thức Weizenbook, IMO 1961)

Lời giải.
Cách 1.
Ta luôn có:

$\begin{array}{*{35}{l}} \sin\left(A+\dfrac{\pi}{6}\right) \le 1 &\Rightarrow {\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\sin A + \dfrac{1}{2}\cos A \le 1} \\ &\Rightarrow {\sqrt 3 \sin A + \cos A \le 2} \\ &\Rightarrow \dfrac{2\sqrt{3}S}{bc}+\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \le 2 \\ &\Rightarrow 4\sqrt{3}S \le 4bc+a^2-b^2-c^2 \end{array} $

Tương tự:

$4\sqrt{3}S \le 4ca+b^2-c^2-a^2 $
$4\sqrt{3}S \le 4ab+c^2-a^2-b^2 $

Cộng từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:

$12\sqrt{3}S \le 4(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2) (2.1) $

lại có:

$ab+bc+ca \le a^2+b^2+c^2 $

nên suy ra:

$12\sqrt{3}S \le 3(ab+bc+ca) \le 3(a^2+b^2+c^2) (2.2) $

hay:

$a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S $

Ở cách giải trên, chúng ta đã hơi "lãng phí" khi sử dụng bất đẳng thức $ab+bc+ca \le a^2+b^2+c^2 $. Rõ ràng nếu khéo léo hơn ta sẽ được những bất đẳng thức mạnh hơn. Chẳng hạn:

$\begin{array}{*{35}{l}} 12\sqrt 3 S & \le 2(ab + bc + ca) + 2(ab + bc + ca) - ({a^2} + {b^2} + {c^2}) \\&\le 2(ab + bc + ca) + ({a^2} + {b^2} + {c^2}) \\&=(a+b+c)^2\end{array} $

Ta có bài toán sau:
Bài toán 3. $(a+b+c)^2 \ge 12\sqrt 3 S (3) $
Nếu dừng lại ở bước thứ hai của bất đẳng thức $(2.2) $ ta sẽ được:
Bài toán 4. $ab+bc+ca \ge 4\sqrt{3}S (4) $
Hoặc ta để nguyên bất đẳng thức $(2.1) $ nhưng biến đổi lại cho đẹp ta được bất đẳng thức sau:
Bài toán 5. $6(ab+bc+ca) \ge 12\sqrt{3}S+(a+b+c)^2 (5) $
Chưa dừng lại, ta sẽ tiếp tục khai thác 1 lời giải khác cho Bài toán 2. Một lời giải hình học hơn.
Cách 2.
Trường hợp 1. Tam giác $ABC $ không đều, không mất tính tổng quát giả sử $\widehat{ABC}<\dfrac{\pi}{3} $. Suy ra: $b<\max\{a,b,c\} $.
Dựng tam giác đều $ABD $ sao cho $D $ ở cùng phía với $C $ bờ $AB $. Áp dụng định lý hàm số cos vào tam giác $BCD $:

[Only registered and activated users can see links. ]

$\begin{array}{*{35}{l}} CD^2 & = a^2+c^2-2ac\cos\left(\dfrac{\pi}{3}-B\right)\\&= a^2+c^2-ac\cos{B}-\sqrt{3}ac\sin{B} \\&= a^2+c^2-\dfrac{a^2-b^2+c^2}{2}-2\sqrt{3}S\\&=\dfrac{a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S}{2}\end{array} $

Vì tam giác $ABC $ không đều nên $C $ không trùng $D $ suy ra $CD^2>0 $, do đó:

$\dfrac{a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S}{2}>0 $

hay

$a^2+b^2+c^2 > 4\sqrt{3}S $

Trường hợp 2. Tam giác $ABC $ đều, dễ thấy $a^2+b^2+c^2= 4\sqrt{3}S $.
Vậy $a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S $.
Dừng lại suy nghĩ một tẹo, ta thấy rằng ở lời giải trên có một bước ta có thể làm mạnh hơn. Thật vậy trong trường hợp tam giác $ABC $ không đều, theo bất đẳng thức tam giác ta có:

$ CD>|AD-AC|=|b-c|\Rightarrow a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S=2CD^2>2(b-c)^2 $

Trường hợp tam giác $ABC $ đều thì $a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S=2(b-c)^2 $
Vậy $a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S \ge2(b-c)^2 (2.3) $
Việc giả sử $\widehat{ABC}<\dfrac{\pi}{3} $ khiến ta nghĩa rằng bất đẳng thức $(2.3) $ có điều kiện ràng buộc, tức là ta không thể xây dựng hai bất đẳng thức tương tự. Thực tế không phải vậy, bất đẳng thức $(2.3) $ có thể được xây dựng hoàn toàn không cần thêm bất cứ điều kiện gì, thật vậy:
Ta có:

$\begin{array}{*{35}{l}} a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S &= 2(b^2+c^2)-2bc\cos{A}-2\sqrt{3}bc\sin{A} \\&= 2(b^2+c^2)-4bc\cos\left(\dfrac{\pi}{3}-A \right)\\ &\ge 2(b^2-c^2-2bc) \\&=2(b-c)^2\end{array} $

Như vậy nếu xây dựng hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng từng vế ta được bất đẳng thức sau:
Bài toán 6. $a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+\dfrac{2}{3}\left( (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right) $
Bất đẳng thức này vẫn chưa có gì đáng nói vì nó vẫn yếu hơn bất đẳng thức Hadwiger Finsler $a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 $. Đừng vội nản, hãy tiếp tục "xoáy sâu" vào bất đẳng thức $(2.3) $ ta sẽ có lời giải cho bất đẳng thức Hadwiger Finsler. Thật vậy, ta đã có:

$a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S \ge2(b-c)^2 $

Nếu ta tiếp tục hi vọng vào bất đẳng thức này thì điều đầu tiên ta nghĩ đến sẽ là chứng minh:

$\begin{array}{*{35}{l}} & (b-c)^2\ge (a-b)^2+(c-a)^2 \\&\Leftrightarrow b^2+c^2-2bc \ge a^2+b^2-2ab+c^2+a^2-2ac \\& \Leftrightarrow a^2-ab-ac+bc \le 0\\ &\Leftrightarrow (a-c)(a-b)\le 0\end{array} $

Vì vậy để bất đẳng thức đúng ta phải giả sử $b\le a \le c $. Điều này hoàn toàn không làm mất tính tổng quát của bài toán. Vậy ta có:
Bài toán 7. $a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 (7) $

(Bất đẳng thức Hadwiger Finsler)

Thật tuyệt vời là bất đẳng thức Hadwiger Finsler lại có thể chứng minh dựa vào chứng minh bất đẳng thức Weizenbook như cách làm ở trên. Bất đẳng thức Hadwiger Finsler còn có 1 dạng khác là:
Bài toán 8. $ab+bc+ca \ge 4\sqrt{3}S+\dfrac{1}{2}\left( (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right) (8) $
Bất đẳng thức Hadwiger Finsler sau khi khai triển sẽ có dạng:

$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2) \ge 4\sqrt{3}S $

Nếu tinh ý có thế bạn sẽ phát hiện ra rằng vế trái của bất đẳng thức trên bé hơn hoặc bằng $\dfrac{9abc}{a+b+c} $ theo bất đẳng thức Schur nên ta có bài toán:
Bài toán 9. $\dfrac{9abc}{a+b+c}\ge 4\sqrt{3}S (9) $
Bất đẳng thức $(9) $ được chứng minh gián tiếp qua $(7) $ trông khá rườm rà và phức tạp, phải sử dụng cả bất đẳng thức Schur. Hơn nữa cách chứng minh cho thấy bất đẳng thức $(9) $ không thực sự mạnh, vì vậy ắt hẳn phải có cách chứng minh trực tiếp cho bất đẳng thức này. Thật vậy:
Trước hết xin nêu (không chứng minh) một bất đẳng thức khá quen thuộc:

$a^2+b^2+c^2 \le 9R^2 (9.1) $

(với $R $ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC $)
Phần chứng minh bổ để này xin giành cho bạn đọc.
Thay $R=\dfrac{abc}{4S} $ vào $(9.1) $ ta được:

$\begin{array}{*{35}{l}} \dfrac{9a^2b^2c^2}{16S^2} \ge a^2+b^2+c^2 &\Rightarrow \dfrac{3abc}{4S} \ge \sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge \dfrac{a+b+c}{\sqrt{3}} \\ &\Rightarrow \dfrac{9abc}{a+b+c}\ge 4\sqrt{3}S \end{array} $

Ngay từ chứng minh trên nếu không áp dụng $\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge \dfrac{a+b+c}{\sqrt{3}} $ ta sẽ có bất đẳng thức mạnh hơn sau:
Bài toán 10. $3abc\ge 4\sqrt{a^2+b^2+c^2}S (10) $
Trở lại với bất đẳng thức Hadwiger Finsler, sau đây xin giới thiệu với các bạn một làm mạnh của bất đẳng thức này.
Bài toán 11. $a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3+\dfrac{4(R-2r)}{4R+r}}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 (11) $
Lời giải.
Theo bất đẳng thức Schur ta có:

$\frac{9mnp}{m+n+p}\geq 2(mn+np+pm)-(m^2+n^2+p^2) $

Đặt $m=\dfrac{1}{x}, n=\dfrac{1}{y}, n=\dfrac{1}{z} $ thì bất đẳng thức trở thành:

$\dfrac{9}{xy+yz+zx} \ge \dfrac{2(x+y+z)}{xyz}-\dfrac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{x^2y^2z^2} $

hay

$\left(\dfrac{xy}{z}+\dfrac{yz}{x}+\dfrac{zx}{y} \right)+\dfrac{9xyz}{xy+yz+zx}\ge 2(x+y+z) $

Cho $x=p-a, y=p-b, z=p-c $ ($p $ là nửa chu vi tam giác $ABC $) suy ra:

$\sum {\frac{{(p - a)(p - b)}}{{p - c}}} + \frac{{9(p - a)(p - b)(p - c)}}{{\sum {(p - a)(p - c)} }} \ge 2(p - a + p - b + p - c) = 2p (11.1) $

Bổ đề.

• $ab+bc+ca=p^2+r^2+4Rr $
• $a^2+b^2+c^2=2(p^2-r^2-4Rr) $

Chứng minh.
Ta có:

$\sin A = \dfrac{{2\tan \left( \dfrac{A}{2}\right)}}{{1 + {{\tan }^2}\left( {\dfrac{A}{2}} \right)}} $

lại có:

$\sin{A}=\dfrac{a}{2R},\tan\left(\dfrac{A}{2}\right )=\dfrac{r}{p-a} $

nên:

$\begin{array}{*{20}{l}} &\dfrac{a}{2R}=\dfrac{\dfrac{2r}{p-a}}{1+\left(\dfrac{r}{p-a}\right)^2} \\&\Rightarrow \dfrac{ar^2}{(p-a)^2}+a=\dfrac{4Rr}{p-a} \\ &\Rightarrow \dfrac{ar^2+a(p-a)^2}{p-a}=4Rr\\ &\Rightarrow a^3-2a^2p+a(p^2+r^2+4Rr)-4Rrp&=0 \end{array} $

Suy ra $a $ là nghiệm của phương trình:

$x^3-2x^2p+x(p^2+r^2+4Rr)-4Rrp=0 (11.2) $

Tương tự $b,c $ cũng là nghiệm của phương trình $(11.2) $. Theo định lý Viete ta có:

$\begin{array}{*{35}{l}} ab+bc+ca&=p^2+r^2+4Rr \\ a^2+b^2+c^2&=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)\\&=2(p^2-r^2-4Rr)\end{array} $

Bổ đề được chứng minh.
Áp dụng bổ đề ta được:

$\sum {(p - a)(p - b)} = \frac{1}{4}\left( {2(ab + bc + ca) - ({a^2} + {b^2} + {c^2})} \right) = r(4R + r) $
$(p - a)(p - b)(p - c) = \frac{{{S^2}}}{p} = p{r^2} $

Vì vậy:

$\begin{array}{*{35}{l}} (11.1) & \Leftrightarrow \dfrac{{9pr}}{{4R + r}} + \sum {\dfrac{{(p - a)(p - b)}}{{p - c}}} \ge 2p \\&\Leftrightarrow \dfrac{{\sum {{{(p - a)}^2}{{(p - b)}^2}} }}{{p{r^2}}} + \dfrac{{9pr}}{{4R + r}} \ge 2p \\&\Leftrightarrow \sum {{{(p - a)}^2}{{(p - b)}^2}} + \dfrac{{9{p^2}{r^3}}}{{4R + r}} \ge 2{p^2}{r^2}(11.3)\end{array} $

lại có:

$\begin{array}{*{35}{l}} \sum {{{(p - a)}^2}{{(p - b)}^2}} &= {\left( {\sum {(p - a)(p - b)} } \right)^2} - 2p(p - a)(p - b)(p - c) \\ &= r^2(4R+r)^2-2p^2r^2\end{array} $

nên:

$\begin{array}{*{35}{l}} (11.3) & \Leftrightarrow r^2(4R+r)^2+ \dfrac{{9{p^2}{r^3}}}{{4R + r}} \ge 4p^2r^2 \\&\Leftrightarrow \left(\dfrac{4R+r}{p}\right)^2+\dfrac{9r}{4R+r} \ge 4\\&\Leftrightarrow \left(\dfrac{4R+r}{p}\right)^2 \ge 3+\dfrac{4(R-2r)}{4R+r} (11.4)\end{array} $

lại có:

$\frac{{4R + r}}{p} = \frac{{4r(4R + r)}}{{4pr}} = \frac{{2(ab + bc + ca) - ({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{4S}} $

nên:

$\begin{array}{*{35}{l}} (11.4) & \Leftrightarrow \dfrac{4R+r}{p} \ge \sqrt{3+\dfrac{4(R-2r)}{4R+r}}\\&\Leftrightarrow \dfrac{2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)}{4S}\ge \sqrt{3+\dfrac{4(R-2r)}{4R+r}} \\&\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3+\dfrac{4(R-2r)}{4R+r}}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\end{array} $

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Như vậy chỉ bằng một vài "chiêu thức" cơ bản, chúng ta đã lướt qua được hầu hết các bất đẳng thức liên hệ giữa cạnh và diện tích tam giác, tất nhiên đây chỉ là những dạng cơ bản, chưa tổng quát. Nhưng bạn có cảm thấy thiếu điều gì đó không? Nếu nhìn qua một lượt các bất đẳng thức chúng ta đã nêu ra, dễ dàng nhận thấy một điều là các bất đẳng thức chúng ta đã nêu ra và chứng minh đều có chung 1 dạng là $f(a,b,c) \ge S $. Như vậy $S $ luôn ở "thế yếu" so với $f(a,b,c) $. Vậy có tồn tại bất đẳng thức liên hệ giữa cạnh và diện tích tam giác có dạng $f(a,b,c) \le S $. Câu trả lời là có. Chúng ta sẽ bắt đầu bằng công thức tính diện tích quen thuộc- công thức Hê rông:

$S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} $

Vì $a,b,c $ là ba cạnh tam giác nên tồn tại các số thực dương $x,y,z $ sao cho $a=y+z,b=z+x,c=x+y $. Vì vậy:

$S=\sqrt{xyz(x+y+z)} $

Ta lại chứng minh được:

$\sqrt {3xyz(x + y + z)} \ge 2(xy + yz + zx) - ({x^2} + {y^2} + {z^2})(12.1) $

nên:

$\begin{array}{*{35}{l}} 4\sqrt{3}S & \ge 8(xy+yz+zx)-4(x^2+y^2+z^2) \\&=6(ab+bc+ca)-5(a^2+b^2+c^2)\end{array} $

hay:

$4\sqrt{3}S+3\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right)\ge a^2+b^2+c^2 $

Việc còn lại của chúng ta là chứng minh bất đẳng thức $(12.1) $:

$\sqrt {3xyz(x + y + z)} \ge 2(xy + yz + zx) - ({x^2} + {y^2} + {z^2})(12.1) $

Vì bất đẳng thức đồng bậc nên không mất tổng quát giả sử $x+y+z=3 $. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$ 3\sqrt{xyz}\ge 2(xy+yz+zx)-(x^2+y^2+z^2) $

hay:

$2(x^2+y^2+z^2)+3\sqrt{xyz} \ge (x+y+z)^2=9 $

Ta có: $xyz\le 1 \Rightarrow \sqrt{xyz}\ge xyz $ nên

$3\sqrt{xyz}\ge 3xyz=\dfrac{9xyz}{x+y+z}\ge 2(xy+yz+zx)-(x^2+y^2+z^2) $

Vậy ta có bài toán:
Bài toán 12. $4\sqrt{3}S+3\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right)\ge a^2+b^2+c^2 (12) $
Có thể bạn sẽ đặt câu hỏi về sự xuất hiện hơi thiếu tự nhiên của bất đẳng thức $(12.1) $ nhưng thực chất nếu tinh ý thì bạn hoàn toàn có thể chủ động tìm ra nó. Bất đẳng thức dạng $f(a,b,c)\le S $ nếu tồn tại thì hai vế của bất đẳng thức phải đồng bậc, nghĩa là $S $ sau khi biểu diễn theo $a,b,c $ thì hai vế của bất đẳng thức phải là những đa thức 3 biến $a,b,c $ cùng bậc. Vì vậy ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=6 $ hay $x+y+z=3 $. Khi đó:

$S=3\sqrt{xyz}\ge 3xyz=\dfrac{9xyz}{x+y+z} $

Đến đây bất đẳng thức Schur sẽ giúp ta giải quyết trọn vẹn bài toán. Có cảm giác rằng việc phát hiện ra đồng bậc và chuẩn hóa là rất hay nhưng nó vô tình đã làm yếu đi bất đẳng thức của chúng ta. Thật vậy ta có:

$\begin{array}{*{35}{l}} S^2&= xyz(x+y+z)=\dfrac{1}{9}(x+y+z)^2.\dfrac{9xyz}{x+y+ z} \\&\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{9}\left( 2(xy+yz+zx)-(x^2+y^2+z^2)\right)\\\Rightarrow 9S^2 &\ge (x+y+z)^2 \left( 2(xy+yz+zx)-(x^2+y^2+z^2)\right)\\\Rightarrow 144S^2&\ge (a+b+c)^2\left(6(ab+bc+ca)-5(a^2+b^2+c^2)\right)\end{array} $

Vì $(a+b+c)^2\ge 12\sqrt{3}S $ nên ta có thể suy ra bất đẳng thức $(12) $.
Bài toán 13. $144S^2&\ge (a+b+c)^2\left(6(ab+bc+ca)-5(a^2+b^2+c^2)\right) (13) $



Những kết quả trên có thể xem như tương đối đầy đủ . Công việc của chúng ta bây giờ là đi tìm những kết quả tổng quát cho những bất đẳng thức trên. Có ba hướng tổng quát chính:

1. Tổng quát theo hệ số
2. Tổng quát theo số mũ
3. Kết hợp cả hai cách trên

Bài toán 14. $a^n+b^n+c^n\ge 3\left(\dfrac{4S}{\sqrt{3}}\right)^{\frac{n}{2}} (14) $ (với $n\ge1 $)
Lời giải. Trước tiên ta đi chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề. Với $a,b,c>0, n\ge 1 $ thì:

$a^n+b^n+c^n \ge 3\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^n $

Chứng minh.
Trước tiên ta sẽ chứng minh rằng:

$a^n+b^n\ge 2\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^n (14.1) $

Vì hai vế của bất đẳng thức đồng bậc nên chuẩn hóa $a+b=2 $. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $a^n+b^n\ge2 $.
Áp dụng bất đẳng thức Bernuli mở rộng ta có:

$a^n=\left(1+(a-1)\right)^n\ge 1+(a-1)n $
$b^n=\left(1+(b-1)\right)^n\ge 1+(b-1)n $

Cộng từng vế của hai bất đằng thức trên suy ra đpcm.
Vậy $(14.1) $ được chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức $(14.1) $ ta có:

$\begin{array}{*{35}{l}} {a^n} + {b^n} + {c^n} + {\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^n} & \ge 2{\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} + 2{\left( {\dfrac{{c + \frac{{a + b + c}}{3}}}{2}} \right)^n} \\&\ge 4\left( {\dfrac{{\frac{{a + b}}{2} + \frac{1}{2}\left( {c + \frac{{a + b + c}}{3}} \right)}}{2}} \right)^n\\&= 4{\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^n}\end{array} $

Suy ra:

$a^n+b^n+c^n \ge 3\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^n $

Bổ đề được chứng minh.
Áp dụng bổ đề và kết quả Bài toán 3. ta được:

${a^n} + {b^n} + {c^n} \ge 3{\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^n} \ge 3{\left( {\frac{{2\sqrt S }}{{\sqrt[4]{3}}}} \right)^n} = 3{\left( {\frac{{4S}}{{\sqrt 3 }}} \right)^{\frac{n}{2}}} $

Bài toán 15. Cho $x,y,z $ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$xa^2+yb^2+zc^2\ge 4\sqrt{xy+yz+zx}S (15) $

Lời giải.
Giả sử $BC $ là cạnh lớn nhất trong tam giác $ABC $. Gọi $H $ là chân đường cao hạ từ $A $ xuống $BC $. Ta có:

[Only registered and activated users can see links. ]

$\begin{array}{*{35}{l}} xa^2+yb^2+zc^2&=xBC^2+y(HC^2+HA^2)+z(HB^2+HA^2) \\ &=xBC^2+(y+z)AH^2+yHC^2+zHB^2(15.1)\end{array} $

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:

$\left( {yH{C^2} + zH{B^2}} \right)\left( {\frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge {\left( {HB + HC} \right)^2} = {a^2} $

Suy ra:

${yH{C^2} + zH{B^2} \ge \frac{{yz{a^2}}}{{y + z}}}(15.2) $

Từ $(15.1) $ và $(15.2) $ suy ra:

$\begin{array}{*{35}{l}} xa^2+yb^2+zc^2&\ge \dfrac{{\left( {xy + yz + zx} \right){a^2}}}{{y + z}} + (y + z)A{H^2}\\ & \ge 2\sqrt {xy + yz + zx} .AH.a \\&=4\sqrt {xy + yz + zx}S\end{array} $

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bất đẳng thức sau:
Bài toán 16. $(ab)^n+(bc)^n+(ca)^n\ge 3\left(\dfrac{4S}{\sqrt{3}}\right)^n (16) $ (với $b\ge 1 $)
Bài toán 17. Với $x,y,z $ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$zab+xbc+yca\ge 4\sqrt{xy+yz+zx}S (17) $

Tác giả đã từng rất trăn trở trong việc tim ra lời giải của bài toán này, thật may lời giải đến cũng thật tình cờ, tư tưởng giải bài toán này có thể áp dụng để tạo ra rất nhiều những bất đẳng thức liên hệ giữa cạnh và diện tích tam giác hay và đẹp.
Lời giải. Ta có:

$zab + xbc + yca = \left( {\frac{{za}}{b}} \right).{b^2} + \left( {\frac{{xb}}{c}} \right).{c^2} + \left( {\frac{{yc}}{a}} \right).{a^2} $

Áp dụng bất đẳng thức $(15) $ ta có:

$\left( {\frac{{za}}{b}} \right).{b^2} + \left( {\frac{{xb}}{c}} \right).{c^2} + \left( {\frac{{yc}}{a}} \right).{a^2} \ge 4\sqrt {\left( {\frac{{za}}{b}.\frac{{xb}}{c}} \right) + \left( {\frac{{xb}}{c}.\frac{{yc}}{a}} \right) + \left( {\frac{{yc}}{a}.\frac{{za}}{b}} \right)} S $

Suy ra:

${\left( {zab + xbc + yca} \right)^2} \ge 16{S^2}\left( {xy.\frac{b}{a} + yz.\frac{c}{b} + zx.\frac{a}{c}} \right)(17.1) $

Tương tự ta có:

${\left( {zab + xbc + yca} \right)^2} \ge 16{S^2}\left( {xy.\frac{a}{b} + yz.\frac{b}{c} + zx.\frac{c}{a}} \right)(17.2) $

Cộng từng vế của $(17.1) $ và $(17.2) $ ta được:

$\begin{array}{*{35}{l}} 2{\left( {zab + xbc + yca} \right)^2} & \ge 16{S^2}\left( {xy.\left( {\dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{b}} \right) + yz.\left( {\dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{c}} \right) + zx.\left( {\dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{a}} \right)} \right)\\&\ge 2.16S^2(xy+yz+zx)\end{array} $

Suy ra:

$zab+xbc+yca\ge 4\sqrt{xy+yz+zx}S $

Bất đẳng thức $(17) $ xuất hiện hoàn toàn tự nhiên theo logic tạo thành bất đẳng thức $(14) $ và sự đúng đắn cúa bất đẳng thức $(15) $. Trong quá trình tìm kiếm lời giải cho bất đẳng thức $(17) $, tôi tình cờ chứng minh được một bất đẳng thức tổng quát khác sau đây:
Bài toán 18. Với $x,y,z $ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$zab+xbc+yca\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{(x+y+z)^3xyz}{xy+yz+zx}}S (18) $

Lời giải. Vì $a,b,c $ là ba cạnh tam giác nên tồn tại các số thực dương $m,n,q $ sao cho $a=n+q,b=m+q,c=m+n $. Khi đó:

$m+n+q=\dfrac{a+b+c}{2}=p $

$m=p-a, n=p-b, q=p-c $

và

$S=\sqrt{mnq(m+n+q)} $

Ta có:

$zab + xbc + yca = \left( {mn + nq + qm} \right)\left( {x + y + z} \right) + x{m^2} + y{n^2} + z{q^2} $

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:

$\left( {x{m^2} + y{n^2} + z{q^2}} \right)\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) \ge {\left( {m + n + q} \right)^2} $

Suy ra:

$x{m^2} + y{n^2} + z{q^2} \ge \frac{{xyz{{\left( {m + n + q} \right)}^2}}}{{xy + yz + zx}} $

Vì vậy:

$\begin{array}{*{35}{l}} zab + xbc + yca &= \left( {mn + nq + qm} \right)\left( {x + y + z} \right) + \dfrac{{xyz{{\left( {m + n + q} \right)}^2}}}{{xy + yz + zx}} \\&=3.\dfrac{{mn + nq + qm}}{3}.\left( {x + y + z} \right) + \dfrac{{xyz{{\left( {m + n + q} \right)}^2}}}{{xy + yz + zx}} \\ &\ge 4\sqrt[4]{{{{\left( {\dfrac{{\left( {mn + nq + qm} \right)\left( {x + y + z} \right)}}{3}} \right)}^3}.\dfrac{{xyz{{\left( {m + n + q} \right)}^2}}}{{xy + yz + zx}}}}\\&\ge 4\sqrt[4]{{\dfrac{{{3^3}{{\left( {mnq} \right)}^2}{{(x + y + z)}^3}.xyz{{(m + n + q)}^2}}}{{{3^3}(xy + yz + zx)}}}}\\&=\sqrt[4]{\dfrac{(x+y+z)^3xyz}{xy+yz+zx}}.\sqrt{mnq(m+n+q)} \\&=4\sqrt[4]{\dfrac{(x+y+z)^3xyz}{xy+yz+zx}}S \end{array} $

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Nếu sử dụng hướng tổng quát thứ 3 ta sẽ được các bất đẳng thức tổng quát nhất, tuy nhiên chúng khá cồng kềnh và rắc rối.
Bài toán 19. ${\left( {x{a^2}} \right)^n} + {\left( {y{b^2}} \right)^n} + {\left( {z{c^2}} \right)^n} \ge 3{\left( {\frac{{4\sqrt {xy + yz + zx}.S }}{3}} \right)^n}(19) $
Bài toán 20. ${\left( {zab} \right)^n} + {\left( {xbc} \right)^n} + {\left( {yca} \right)^n} \ge 3{\left( {\frac{{4\sqrt {xy + yz + zx} .S}}{3}} \right)^n}(20) $
Bài toán 21. ${\left( {zab} \right)^n} + {\left( {xbc} \right)^n} + {\left( {yca} \right)^n} \ge 3{\left( {\frac{4}{3}.\sqrt[4]{{\frac{{{{(x + y + z)}^3}xyz}}{{xy + yz + zx}}}}.S} \right)^n}(21) $
Chứng minh các bất đẳng thức trên xin giành cho bạn đọc, xem như bài tập. Bây giờ sử dụng hướng tổng quát thứ nhất cho bất đẳng thức Hadwiger Finsler ta có bài toán sau:
Bài toán 22. $a^{2n}+b^{2n}+c^{2n} \ge 3\left(\dfrac{4S}{\sqrt{3}}\right)^n+(a-b)^{2n}+(b-c)^{2n}+(c-a)^{2n} (22) $ (với $n\ge 1 $)
Lời giải. Trước tiên ta đi chứng minh vài bổ đề:
Bổ đề 1. Nếu $x \ge y \ge 0 $ và $m \ge 1 $ thì:

$x^m-y^m \ge (x-y)^m $

Chứng minh. Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}0 \le \dfrac{y}{x}\le 1 \\ 0 \le \dfrac{x-y}{y}\le 1 \\ m\ge1\end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left(\dfrac{y}{x}\right)^m\le \dfrac{y}{x} \\ \left(\dfrac{x-y}{x}\right)^m\le \dfrac{x-y}{x}\end{array} \right. $
$\Rightarrow \left(\dfrac{y}{x}\right)^m+ \left(\dfrac{x-y}{x}\right)^m \le 1 \Rightarrow x^m-y^m\ge (x-y)^m $

Bổ đề 2. Cho $x,y\ge0 $ và $m\ge2 $ thì:

1. $(x^2+y^2)^{\frac{m}{2}} \ge x^m+y^m $
2. $\dfrac{x^m+y^m}{2} \ge \left( \dfrac{x+y}{2}\right)+{\left| {\frac{{x - y}}{2}} \right|^m} $

Chứng minh.

1. Nếu $x=0 $ hoặc $y=0 $ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng
   Nếu $xy \ne 0 $, ta có:
   
   $\left\{ \begin{array}{l}0 < \dfrac{x^2}{x^2+y^2}< 1 \\ 0 < \dfrac{y^2}{x^2+y^2}< 1\end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left(\dfrac{x^2}{x^2+y^2}\right)^m\le \dfrac{x^2}{x^2+y^2} \\ \left(\dfrac{y^2}{x^2+y^2}\right)^m\le \dfrac{y^2}{x^2+y^2}\end{array} \right. $
   $\Rightarrow \dfrac{x^m+y^m}{\left(x^2+y^2\right)^\frac{m}{2}} \leq 1\Rightarrow x^m+y^m\le (x^2+y^2)^\frac{m}{2} $
2. Theo bất đẳng thức ở câu 1:
   
   $\begin{array}{*{35}{l}} \left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right) + {\left| {\dfrac{{x - y}}{2}} \right|^m} &\le {\left( {{{\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{x - y}}{2}} \right)}^2}} \right)^{\frac{m}{2}}}\\&= \left(\dfrac{x^2+y^2}{2}\right)^{\frac{m}{2}} \\ &\le \dfrac{x^m+y^m}{2}\end{array} $
   Suy ra:
   
   $\dfrac{x^m+y^m}{2} \ge \left( \dfrac{x+y}{2}\right)+{\left| {\frac{{x - y}}{2}} \right|^m} $

Trở lại với bài toán:
Áp dụng bổ đề 1 ta có:

${a^{2n}} - {(b - c)^{2n}} \ge {\left( {{a^2} - {{(b - c)}^2}} \right)^n} = {\left( {4(p - b)(p - c)} \right)^n} $

Tương tự:

${b^{2n}} - {(c - a)^{2n}} \ge {\left( {{a^2} - {{(c - a)}^2}} \right)^n} = {\left( {4(p - c)(p - a)} \right)^n} $
${c^{2n}} - {(a - b)^{2n}} \ge {\left( {{c^2} - {{(a - b)}^2}} \right)^n} = {\left( {4(p - a)(p - b)} \right)^n} $

Suy ra:

${a^{2n}} + {b^{2n}} + {c^{2n}} - {(a - b)^{2n}} - {(b - c)^{2n}} - {(c - a)^{2n}} \ge $

$\ge {\left( {4(p - a)(p - b)} \right)^n} + {\left( {4(p - b)(p - c)} \right)^n} + {\left( {4(p - c)(p - a)} \right)^n} $

Áp dụng bổ đề 2.2 ta có:

$\begin{array}{*{35}{l}} \dfrac{{{{\left( {4(p - a)(p - b)} \right)}^n} + {{\left( {4(p - b)(p - c)} \right)}^n}}}{2} &\ge {\left( {\dfrac{{4(p - a)(p - b) + 4(p - b)(p - c)}}{2}} \right)^n} \\&+ {(a - b + c)^n}{\left| {a - c} \right|^n} \end{array} $

lại có:

$\sum {{{\left( {\frac{{4(p - a)(p - b) + 4(p - b)(p - c)}}{2}} \right)}^n}} \ge 3{\left( {\frac{{\sum {4(p - a)(p - b)} }}{3}} \right)^n} $

mà theo bất đẳng thức Hadwiger Finsler ta có:

$4(p - a)(p - b) + 4(p - b)(p - c) + 4(p - c)(p - a) \ge 4\sqrt{3} S $

nên:

${a^{2n}} + {b^{2n}} + {c^{2n}} - {(a - b)^{2n}} - {(b - c)^{2n}} - {(c - a)^{2n}} \ge $

$\ge 3{\left( {\frac{{4\sqrt 3 S}}{3}} \right)^n} + \left( {a - b + c} \right){\left| {a - c} \right|^n} + \left( { - a + b + c} \right){\left| {b - c} \right|^n} + \left( {a + b - c} \right){\left| {a - b} \right|^n} (22.1) $

Vậy $a^{2n}+b^{2n}+c^{2n} \ge 3\left(\dfrac{4S}{\sqrt{3}}\right)^n+(a-b)^{2n}+(b-c)^{2n}+(c-a)^{2n} $
Nếu để nguyên bất đẳng thức $(22.1) $ ta sẽ có bài toán sau:

Bài toán 23. ${a^{2n}} + {b^{2n}} + {c^{2n}} - {(a - b)^{2n}} - {(b - c)^{2n}} - {(c - a)^{2n}} \ge $

$\ge 3{\left( {\frac{{4\sqrt 3 S}}{3}} \right)^n} + \left( {a - b + c} \right){\left| {a - c} \right|^n} + \left( { - a + b + c} \right){\left| {b - c} \right|^n} + \left( {a + b - c} \right){\left| {a - b} \right|^n} (23) $ (với $n\ge 1 $)

Tiếp tục sử dụng hướng tổng quát thứ 2 cho bất đẳng thức Hadwiger Finsler, ta có bài toán sau:
Bài toán 24. Cho $x,y,z $ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$(y+z){a^{2}} + (z+x){b^{2}} + (x+y){c^{2}} \ge $

$\ge 8\sqrt{xy+yz+zx}S+(x+y){(a - b)^{2}} +(y+z) {(b - c)^{2}} +(z+x) {(c - a)^{2}} (24) $

Lời giải.
Gọi $A', B', C' $ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các góc $A,B,C $ của tam giác $ABC $. Dễ dàng chứng minh các bộ ba điểm: $(A',B,C'), (B',C,A'),(C',A,B') $ thẳng hàng. Gọi $K,H $ là chân đường cao hạ từ $C' $ xuống $AB $ và từ $B' $ xuống $AC $. Áp dụng kết quả Bài toán 15. vào tam giác $A'B'C' $ ta có:

$zA'B'^2+xB'C'^2+yC'A'^2 \ge 4\sqrt{xy+yz+zx}S_{A'B'C'} $

[Only registered and activated users can see links. ]

Ta có:

$\begin{array}{*{35}{l}}B'C' &= B'A + AC' = \dfrac{{AH}}{{{\rm{cos}}\left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{A}{2}} \right)}} + \dfrac{{AK}}{{{\rm{cos}}\left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{A}{2}} \right)}} = \dfrac{{AH + AK}}{{{\rm{cos}}\left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{A}{2}} \right)}}\\ &= \dfrac{{p - c + p - b}}{{{\rm{cos}}\left( {\dfrac{\pi }{2} - \dfrac{A}{2}} \right)}} = \dfrac{a}{{\sin \left( {\dfrac{A}{2}} \right)}} = \dfrac{{2R\sin A}}{{\sin \left( {\dfrac{A}{2}} \right)}} = 4R{\rm{cos}}\left( {\dfrac{A}{2}} \right)\end{array} $

Tương tự:

$A'B' = 4R{\rm{cos}}\left( {\frac{C}{2}} \right),C'A' = 4R{\rm{cos}}\left( {\frac{B}{2}} \right) $
$\begin{array}{*{35}{l}}{S_{A'B'C'}} &= \dfrac{1}{2}.B'C'.A'B'.\sin B' = \dfrac{1}{2}.4R\cos \left( {\dfrac{A}{2}} \right).4R\cos \left( {\dfrac{C}{2}} \right).\cos \left( {\dfrac{B}{2}} \right) = \\& = 8{R^2}\cos \left( {\dfrac{A}{2}} \right)\cos \left( {\dfrac{C}{2}} \right)\cos \left( {\dfrac{B}{2}} \right) = \dfrac{{{R^2}\sin A\sin B\sin C}}{{\sin \left( {\dfrac{A}{2}} \right)\sin \left( {\dfrac{C}{2}} \right)\sin \left( {\dfrac{B}{2}} \right)}} = \\& = \dfrac{1}{{8R}}.\dfrac{{2R\sin A.2R\sin B.2R\sin C}}{{\sin \left( {\dfrac{A}{2}} \right)\sin \left( {\dfrac{C}{2}} \right)\sin \left( {\dfrac{B}{2}} \right)}} = \dfrac{{abc}}{{2R}} =\\&=\dfrac{abc}{4R}.\dfrac{2R}{r}=\dfrac{2SR}{r} \end{array} $
${r_a} = p\tan \left( {\frac{A}{2}} \right),{r_b} = p\tan \left( {\frac{B}{2}} \right),{r_c} = p\tan \left( {\frac{C}{2}} \right) $
${r_a} + {r_b} = p\left( {\tan \left( {\frac{A}{2}} \right) + \tan \left( {\frac{B}{2}} \right)} \right) = p\left( {\frac{r}{{p - a}} + \frac{r}{{p - b}}} \right) = \frac{{prc}}{{(p - a)(p - b)}} $

Lại có:

$pr.\frac{{abc}}{{4R}} = p(p - a)(p - b)(p - c)\left( { = {S^2}} \right) \Rightarrow \frac{{prc}}{{(p - a)(p - b)}} = 4R\frac{{p(p - c)}}{{ab}} $

nên:

${r_a} + {r_b} = \frac{{prc}}{{(p - a)(p - b)}} = 4R\frac{{p(p - c)}}{{ab}} = 4R{\cos ^2}\left( {\frac{C}{2}} \right) $

Tương tự:

${r_b} + {r_c} = 4R\frac{{p(p - a)}}{{bc}} = 4R{\cos ^2}\left( {\frac{A}{2}} \right) $
${r_c} + {r_a} = 4R\frac{{p(p - b)}}{{ca}} = 4R{\cos ^2}\left( {\frac{B}{2}} \right) $

Từ các kết quả trên ta có:

$\begin{array}{*{35}{l}}zA'B'^2+xB'C'^2+yC'A'&= z.16{R^2}{\cos ^2}\left( {\dfrac{C}{2}} \right) + x.16{R^2}{\cos ^2}\left( {\dfrac{A}{2}} \right) + y.16{R^2}{\cos ^2}\left( {\dfrac{B}{2}} \right)\\&=4R\left( {z.4R.{{\cos }^2}\left( {\dfrac{C}{2}} \right)} \right) + 4R\left( {x.4R.{{\cos }^2}\left( {\dfrac{A}{2}} \right)} \right) + 4R\left( {y.4R.{{\cos }^2}\left( {\dfrac{B}{2}} \right)} \right)\\&=4R\left( {z({r_a} + {r_b}) + x({r_b} + {r_c}) + y({r_c} + {r_a})} \right) \end{array} $

Suy ra:

$4R\left( {z({r_a} + {r_b}) + x({r_b} + {r_c}) + y({r_c} + {r_a})} \right)\ge 4\sqrt{xy+yz+zx}.\dfrac{2SR}{r} (24.1) $

lại có:

$r_a(p-a)=r_b(p-b)=r_c(p-c)=S $

nên:

$\begin{array}{*{35}{l}}(24.1) & \Leftrightarrow r\left( {{r_a}(y + z) + {r_b}(z + x) + {r_c}(x + y)} \right) \ge 2S\sqrt {xy + yz + zx}\\& \Leftrightarrow 4(y + z)\dfrac{{{S^2}}}{{p(p - a)}} + 4(z + x)\dfrac{{{S^2}}}{{p(p - b)}} + 4(x + y)\dfrac{{{S^2}}}{{p(p - c)}} \ge 8S\sqrt {xy + yz + zx}\\&\Leftrightarrow 4(y + z)(p - b)(p - c) + 4(z + x)(p - c)(p - a) + 4(x + y)(p - a)(p - b) \ge 8S\sqrt {xy + yz + zx} \\&\Leftrightarrow (y+z){a^{2}} + (z+x){b^{2}} + (x+y){c^{2}} \ge \end{array} $

$\ge 8\sqrt{xy+yz+zx}S+(x+y){(a - b)^{2}} +(y+z) {(b - c)^{2}} +(z+x) {(c - a)^{2}} $

Ở bất đẳng thức $(24) $ nếu đặt $y+z=x_1, z+x=y_1,x=y=z_1 $ thì bất đẳng thức sẽ trở thành:

$x_1a^2+y_1b^2+z_1c^2\ge 4\sqrt{x_1^2+y_1^2+z_1^2-(x_1-y_1)^2-(y_1-z_1)^2-(z_1-x_1)^2}S+ $

$+x_1(b-c)^2+y_1(c-a)^2+z_1(a-b)^2 (24.1) $

Như vậy bất đẳng thức $(24.1) $ đúng với $x_1,y_1,z_1 $ là ba cạnh của một tam giác. Vấn đề đặt ra là liệu bất đẳng thức $(24.1) $ có đúng với mọi $x_1,y_1,z_1 $ là các số thực dương hay không? Câu trả lời là có. Trước khi đọc lời giải của bất đẳng thức này, bạn hãy thử nghĩ xem với cách làm ở Bài toán 24., nếu muốn có được bất đẳng thức $(24.1) $ với mọi $x_1,y_1,z_1 $ là các số thực dương thì ta cần áp dụng bất đẳng thức nào cho tam giác $A'B'C' $. Gợi ý này có thể giúp bạn tìm được lời giải cho bài toán.
Bài toán 25. Với $x,y,z $ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$xa^2+yb^2+zc^2\ge 4\sqrt{x^2+y^2+z^2-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2}S+ $

$+x(b-c)^2+y(c-a)^2+z(a-b)^2 (25) $

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức $(15) $ ta có:

$( - x + y + z){a^2} + (x - y + z){b^2} + (x + y - z){c^2} \ge 4\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2} - {{(x - y)}^2} - {{(y - z)}^2} - {{(z - x)}^2}} S(25.1) $

Áp dụng bất đẳng thức $(25.1) $ cho tam giác $A'B'C' $ ở Bài toán 24. ta có:

$( - x + y + z)B'C{'^2} + (x - y + z)C'A{'^2} + (x + y - z)A'B{'^2} \ge 4\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2} - {{(x - y)}^2} - {{(y - z)}^2} - {{(z - x)}^2}} {S_{A'B'C'}} $

lại có:

$\begin{array}{*{35}{l}}VT &= ( - x + y + z).16{R^2}{\cos ^2}\left( {\dfrac{A}{2}} \right) + (x - y + z).16{R^2}{\cos ^2}\left( {\dfrac{B}{2}} \right) + (x + y - z).16{R^2}{\cos ^2}\left( {\dfrac{C}{2}} \right)\\&=4R\left((-x+y+z)(r_b+r_c)+(x-y+z)(r_c+r_a)+(x+y-z)(r_a+r_b) \right) \\&=8R(xr_a+yr_b+zr_c)\\&=\dfrac{8R}{r}.\left( xrr_a+yrr_b+zrr_c\right)\\&=\dfrac{8R}{r}\left( x(p-b)(p-c)+y(p-c)(p-a)+z(p-a)(p-b)\right)\end{array} $
$\begin{array}{*{35}{l}}VP=4\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2} - {{(x - y)}^2} - {{(y - z)}^2} - {{(z - x)}^2}}. \dfrac{2SR}{r}\end{array} $

Suy ra:

$xa^2+yb^2+zc^2\ge 4\sqrt{x^2+y^2+z^2-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2}S+ $

$+x(b-c)^2+y(c-a)^2+z(a-b)^2 $

Vậy bất đẳng thức $(25) $ được chứng minh.
Từ cách chứng minh trên ta rút ra nhận xét: bất đẳng thức $(25) $ là 1 hệ quả của bất đẳng thức $(25.1) $. Ta đặt ra một câu hỏi, liệu bất đẳng thức sau có đúng:

$xa^2+yb^2+zc^2\ge 4\sqrt{xy+yz+zx}S++x(b-c)^2+y(c-a)^2+z(a-b)^2 (25.2) $

với $x,y,z $ là các số thực dương hay không. Từ nhận xét trên ta thấy bất đẳng thức $(25.2) $ nếu đúng thì sẽ là hệ quả của bất đẳng thức sau:

$(-x+y+z)a^2+(x-y+z)b^2+(x+y-z)c^2\ge 4\sqrt{xy+yz+zx}S (25.3) $

Tuy nhiên tiếc là bất đẳng thức $(25.3) $ không đúng. Thật vậy, cho $x=3,y=z=1 $ thì ta có:

$-a^2+3b^2+3c^2\ge4\sqrt{7}S (*) $

Nếu tam giác $ABC $ vuông tại $A $ và góc $B $ bằng $\dfrac{\pi}{6} $ thì $(*) $ trở thành:

$a^2\left(-1+\dfrac{3}{4}+\dfrac{3.3}{4} \right)\ge4\sqrt{7}.\dfrac{a^2\sqrt{3}}{8} $

Bất đẳng thức trên là vô lý. Vậy $(25.3) $ không đúng nên $(25.2) $ cũng không đúng.
Trên đây là một số kết quả về bất đẳng thức giữa cạnh và diện tích tam giác.Tuy chưa thật đầy đủ nhưng hi vọng đây sẽ là một tài liệu nhỏ để bạn đọc tham khảo và cũng hi vọng từ đây sẽ có những kết quả mạnh hơn, đẹp hơn cho vấn đề được tìm ra này mà tác giả của nó chính là bạn!
Tài liệu tham khảo
[1] Bất đẳng thức Hình học, Vũ Đình Hòa
[2] Geometric Inequalities, O.Botettmi
[3] Một bất đẳng thức hay về diện tích tam giác, Trần Lê Bách
[4] [Only registered and activated users can see links. ]



[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[99]

Bài viết rất công phu, 99 chỉ có góp ý nhỏ về mặt trình bày là nên dùng font Verdana thay cho font Time New Roman để chống mỏi mắt.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NguyenNhatTan]

Tặng mọi người cuốn ebook về hình học (cũng có nhìu BĐT về hình học khá hay ):
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Minh Tuấn]

Đây là file PDF. Cảm ơn CSS_MU đã soạn thảo chuyên đề này bằng Latex
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenxuanhuy]

Có nhiều thởi gian ngồi viết công phu thế này,thật bái phục
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dduclam]

Bài viết rất công phu, trình bày cẩn thận và có sự đầu tư. Rất hoan nghênh những bài viết như thế này.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Xin cảm ơn bạn Red Devils - một bài viết khá hay .
Trong bài viết này có bất đẳng thức Bài toán 25 :Với $ x,y,z $ là các số thực dương.Chứng minh rằng:

$ xa^2+yb^2+zx^2 \ge 4\sqrt{x^2+y^2+z^2-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2}S+x(b-c)^2+y(c-a)^2+z(a-b)^2 $

Mình nghĩ vẫn cần điều kiện $ x,y,z $ là độ dài 3 cạnh của một tam giác, hay lỏng hơn một chút là $ \sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z} $ là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Bởi vì bất đẳng thức: $ x^2+y^2+z^2-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2 \ge 0 $ chỉ đúng khi $ \sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z} $ là độ dài 3 cạnh của một tam giác và đó là điều kiện để biểu thức trong căn có nghĩa.

Thực ra Bài toán 15 . Cho $ x,y,z $ là các số thực dương.Chứng minh rằng :

$ xa^2+yb^2+zx^2 \ge 4\sqrt{xy+yz+zx}S $

Điều kiện $ x,y,z $ là các số thực dương ta có thể cho lỏng hơn một chút là: $ x+y>0,y+z>0,z+x>0,xy+yz+zx>0 $.
Chứng minh .
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM và Cauchy-Schwarz có:

$ xa^2+yb^2+zx^2=x(a^2-b^2-x^2)+(x+y)b^2+(x+z)^2c^2 $

$ \ge -2xbc\cos A+2\sqrt{(x+y)(x+z)}bc $

$=-2xbc\cos A +2\sqrt{(x^2+xy+yz+zx)(\cos^2 A+\sin^2 A)}bc $

$ \ge -2xbc\cos A+2(x\cos A+\sqrt{xy+yz+zx}\sin A) bc $

$ =4\sqrt{xy+yz+zx} S. $

Với kết quả này,ta có thể chứng minh Bài toán 25 đúng với $ \sqrt{x}, \sqrt{y},\sqrt{z} $ là độ dài 3 cạnh của tam giác.

Còn với kết quả:
Bài toán 24 Cho $ x,y,z $ là các số thực dương.Chứng minh rằng:

$ (y+z)a^2+(z+x)b^2+(x+y)c^2 \ge 8\sqrt{xy+yz+zx}S+(x+y)(a-b)^2+(y+z)(b-c)^2+(z+x)(c-a)^2 $

Ta có thể chứng minh đơn giản hơn như sau:
Viết bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:

$m(\sqrt{y+z})^2+n(\sqrt{z+x})^2+p(\sqrt{x+y})^2 \ge 8\sqrt{xy+yz+zx}S $

.

Trong đó: $ m=a^2-(b-c)^2>0 ; n=b^2-(c-a)^2>0 ;p=c^2-(a-b)^2>0 $.
Chú ý rằng: $ mn+np+pm=16S^2 $ và $ \sqrt{x+y},\sqrt{y+z},\sqrt{z+x} $ là độ dài 3 cạnh của một tam giác có diện tích là: $ S'=\frac{\sqrt{xy+yz+zx}}{2} $ nên sử dụng Bài toán 15 ta có điều phải chứng minh.

Ngoài ra kết quả: $ m(y+z)+n(z+x)+p(x+y) \ge 2\sqrt{(mn+np+pm)(xy+yz+zx)} $ với $ m,n,p,x,y,z>0 $ là hệ quả của Bài toán 15 cũng rất đáng chú ý để chứng minh nhiều kết quả khác.Một trong những kết quả đẹp là:
Cho tam giác ABC,diện tích $ S $có độ dài 3 phân giác trong là $ l_a,l_b,l_c $.Tam giác XYZ,diện tích $ S' $ có độ dài 3 phân giác trong là $ l_x,l_y,l_z $.Chứng minh rằng:

$l_a(l_y+l_z)+l_b(l_z+l_x)+l_c(l_x+l_y) \ge 6\sqrt{3SS'}. $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Red Devils]

Nguyên văn bởi quykhtn

Xin cảm ơn bạn Red Devils - một bài viết khá hay .
Trong bài viết này có bất đẳng thức Bài toán 25 :Với $ x,y,z $ là các số thực dương.Chứng minh rằng:

$ xa^2+yb^2+zx^2 \ge 4\sqrt{x^2+y^2+z^2-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2}S+x(b-c)^2+y(c-a)^2+z(a-b)^2 $

Mình nghĩ vẫn cần điều kiện $ x,y,z $ là độ dài 3 cạnh của một tam giác, hay lỏng hơn một chút là $ \sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z} $ là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Bởi vì bất đẳng thức: $ x^2+y^2+z^2-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2 \ge 0 $ chỉ đúng khi $ \sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z} $ là độ dài 3 cạnh của một tam giác và đó là điều kiện để biểu thức trong căn có nghĩa.

Thực ra Bài toán 15 . Cho $ x,y,z $ là các số thực dương.Chứng minh rằng :

$ xa^2+yb^2+zx^2 \ge 4\sqrt{xy+yz+zx}S $

Điều kiện $ x,y,z $ là các số thực dương ta có thể cho lỏng hơn một chút là: $ x+y>0,y+z>0,z+x>0,xy+yz+zx>0 $.
Chứng minh .
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM và Cauchy-Schwarz có:

$ xa^2+yb^2+zx^2=x(a^2-b^2-x^2)+(x+y)b^2+(x+z)^2c^2 $

$ \ge -2xbc\cos A+2\sqrt{(x+y)(x+z)}bc $

$=-2xbc\cos A +2\sqrt{(x^2+xy+yz+zx)(\cos^2 A+\sin^2 A)}bc $

$ \ge -2xbc\cos A+2(x\cos A+\sqrt{xy+yz+zx}\sin A) bc $

$ =4\sqrt{xy+yz+zx} S. $

Với kết quả này,ta có thể chứng minh Bài toán 25 đúng với $ \sqrt{x}, \sqrt{y},\sqrt{z} $ là độ dài 3 cạnh của tam giác.

Còn với kết quả:
Bài toán 24 Cho $ x,y,z $ là các số thực dương.Chứng minh rằng:

$ (y+z)a^2+(z+x)b^2+(x+y)c^2 \ge 8\sqrt{xy+yz+zx}S+(x+y)(a-b)^2+(y+z)(b-c)^2+(z+x)(c-a)^2 $

Ta có thể chứng minh đơn giản hơn như sau:
Viết bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:

$m(\sqrt{y+z})^2+n(\sqrt{z+x})^2+p(\sqrt{x+y})^2 \ge 8\sqrt{xy+yz+zx}S $

.

Trong đó: $ m=a^2-(b-c)^2>0 ; n=b^2-(c-a)^2>0 ;p=c^2-(a-b)^2>0 $.
Chú ý rằng: $ mn+np+pm=16S^2 $ và $ \sqrt{x+y},\sqrt{y+z},\sqrt{z+x} $ là độ dài 3 cạnh của một tam giác có diện tích là: $ S'=\frac{\sqrt{xy+yz+zx}}{2} $ nên sử dụng Bài toán 15 ta có điều phải chứng minh.

Ngoài ra kết quả: $ m(y+z)+n(z+x)+p(x+y) \ge 2\sqrt{(mn+np+pm)(xy+yz+zx)} $ với $ m,n,p,x,y,z>0 $ là hệ quả của Bài toán 15 cũng rất đáng chú ý để chứng minh nhiều kết quả khác.Một trong những kết quả đẹp là:
Cho tam giác ABC,diện tích $ S $có độ dài 3 phân giác trong là $ l_a,l_b,l_c $.Tam giác XYZ,diện tích $ S' $ có độ dài 3 phân giác trong là $ l_x,l_y,l_z $.Chứng minh rằng:

$l_a(l_y+l_z)+l_b(l_z+l_x)+l_c(l_x+l_y) \ge 6\sqrt{3SS'}. $

Cảm ơn bạn đã nhận xét Bài này mình viết cũng khá lâu rồi nên giờ cũng phải đọc lại mới nhớ
Đúng là Bài toán 25 có chút sơ suất về điều kiện căn thức, thật là đáng tiếc, mình đã không để ý kỹ vấn đề này
Bài toán 15 thì mình biết điều kiện mà bạn đưa ra, nhưng vì không phù hợp với mạch của bài viết nên mình không đưa vào. Cảm ơn bạn đã bổ sung
Chứng minh của bạn cho Bài toán 24 thực sự rất tuyệt, mình đã check lại và nó hoàn toàn đúng. Chứng minh khá ngắn gọn nhưng đòi hỏi phải biết khá nhiều về kỹ thuật biến đổi. Mình thực sự rất thích chứng minh này
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]