Chuyên đề bất đẳng thức Blundon,Gerretsen và áp dụng

THPT Ngọc Tảo - Hà Nội BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON VÀ ỨNG DỤNG Bất đẳng thức Blundon và hệ quả của nó là bất đẳng thức Gerretsen là hai trong nhiều bất đẳng thức nổi tiếng và có nhiều ứng dụng

Hoàng Minh Quân - GV THPT Ngọc Tảo - Hà Nội BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON VÀ ỨNG DỤNG Bất đẳng thức Blundon và hệ quả của nó là bất đẳng thức Gerretsen là hai trong nhiều bất đẳng thức nổi tiếng và có nhiều ứng dụng Tuy nhiên chuyền đề về các bất đẳng thức này còn chưa có nhiều Bài viết sau đây nhằm khai thác và trình bày một số ứng dụng của hai bất đẳng thức nổi tiếng này cùng nhiều ý tưởng liên quan đến chúng thông qua các ví dụ minh hoạ Tác giả hi vọng chuyên đề này sẽ tạo sự thích thú đối với các thầy cô giáo và các em học sinh trong giảng dạy và học tập

I PHÁT BIỂU VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON Định lí

Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh BC = a, CA = b, AB = c và R, r, p lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, nửa chu vi tam giác ABC Khi đó ta có 2R2+10Rr−r2−2(R−2r)pR(R − 2r) ≤ p2 ≤ 2R2+10Rr−r2+2(R−2r)pR(R − 2r) Chứng minh

Lời giải bằng đại số

Bất đẳng thức Blundon dược tìm thấy đầu tiên vào năm 1851 bởi nhà toán học E.Rouche nhưng lời giải đơn giản cho nó phải đến năm 1965 Blundon mới tìm ra

và dựa vào ba yếu tố p, R, r của tam giác, thông qua phương trình bậc ba và các hệ thức hình học Sau đây chúng tôi xin trình bày lời giải đại số như thế

Đặt S1, S2, S3 lần lượt là các tổng đối xứng theo các cạnh a, b, c của tam giác ABC

Ta có

S1 = a + b + c = 2p

S3 = abc = 4pRr

Ta tính S2 = ab + bc + ca theo p, R, r

Ta có S = pr =pp(p − a)(p − b)(p − c), suy ra

r2 = (p − a)(p − b)(p − c)

p

= p

3− p2(a + b + c) + p(ab + bc + ca) − abc

p

= −p2+ S2− 4Rr

Do đó S2 = p2+ 4Rr + r2

Thực hiện biến đổi và rút gọn, chúng ta có

(a − b)2(b − c)2(c − a)2 = S12S22− 4S23− 4S13S3+ 18S1S2S3− 27S32

= −4r2[(p2− 2R2− 10Rr + r2)2− 4R(R − 2r)3]

Do đó

(p2− 2R2− 10Rr + r2)2 ≤ 4R(R − 2r)3

tương đương

2R2+10Rr−r2−2(R−2r)pR(R − 2r) ≤ p2 ≤ 2R2+10Rr−r2+2(R−2r)pR(R − 2r)

Lời giải bằng hình học

Lời giả đại số có từ năm 1965 và phải trải qua 43 năm, tức là năm 2008 Dorin Andrica

và Catalin Barbu trong một bài báo của mình đã đưa ra lời giải hình học trọn vẹn cho bất đẳng thức Blundon

Cho tam giác ABC, với O là tâm đường tròn ngoại tiếp, I là tâm đường tròn nội tiếp,

G là trọng tâm và N là điểm Nagel, p là nửa chu vi ,R, r là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC

Chúng ta đã biết khoảng cách OI được cho bởi công thức sau

Trong cuốn sách của T.Andreescu và D.Andrica [1, Theorem 4, pp.112-113]có đề cập

và chứng minh khoảng cách ON cho bởi công thức sau

Từ (2) cho ta bất đẳng thức Eule R ≥ 2r

Một chứng minh sử dụng số phức trong cuốn sách của T.Andreescu và D.Andrica [1, Theorem 6, pp.113-114] đã đưa ra

OG2 = R2− a

2+ b2+ c2

và trong tam giác ABC thì ta luôn có hệ thức

a2+ b2+ c2 = 2(p2− r2− 4Rr) (4) Công thức (4) có thể được tìm thấy trong cuốn sách Phương trình bậc ba và các hệ thức hình học của tác giả Tạ Duy Phượng

Định lí: Giả sử rằng tam giác ABC không đều Khi đó

cos ∠ION = 2R

2+ 10Rr − r2− p2

2(R − 2r)√

Chứng minh định lí

Chúng ta biết rằng ba điểm N, G, I thẳng hàng và cùng nằm trên đường thẳng Nagel

và có N I = 3GI (xem trong [1, Theorem 3, p.108-109]) Áp dụng định lí Stewart trong tam giác ION , ta có

ON2.GI + OI2.N G − OG2.N I = GI.GN.N I tương đương

ON2.GI + OI2.2GI − OG2.3GI = 6GI3

tương đương

Thay (1), (2) và (3) vào (6), ta có

GI2 = 1

6(

a2+ b2+ c2

3 − 8Rr + 4r2) = 1

6(

2(p2− r2− 4Rr)

3 − 8Rr + 4r2)

Từ N I2 = 9GI2 = 5r2+ p2− 16Rr Áp dụng định lí Cosin trong tam giác ION ta có cos ∠ION = ON

2+ OI2− N I2

(R − 2r)2+ (R2− 2Rr) − (p2+ 5r2− 16Rr)

2(R − 2r)√

R2− 2Rr tương đương

cos ∠ION = 2R

2+ 10Rr − r2− p2

2(R − 2r)√

R2− 2Rr Chú ý: Nếu tam giác ABC đều thì các điểm I, O, N trùng nhau và tam giác ION suy biến thành điểm Khi đó cos∠ION = 1

Như vậy ta có −1 ≤ cos∠ION ≤ 1 suy ra

2R2+10Rr−r2−2(R−2r)pR(R − 2r) ≤ p2 ≤ 2R2+10Rr−r2+2(R−2r)pR(R − 2r) II.ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BLUNDON VÀO GIẢI TOÁN

Trong các bài toán sau xét trong tam giác ABC, chúng ta sử dụng các kí hiệu:

a, b, c là độ dài các cạnh

p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nọi tiếp của tam giác ABC

ma, mb, mc: Độ dài các đường trung tuyến lần lượt xuất phát từ các đỉnh A, B, C

ha, hb, hc: Độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C

ra, rb, rc: Lần lượt là bán kính các đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C

Bài toán 1

Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng

27r2 ≤ 27Rr

2 ≤ 16Rr − 5r2 ≤ p2 Chứng minh

Dễ thấy các bất đẳng thức 27r2 ≤ 27Rr

2 và

27Rr

2 ≤ 16Rr − 5r2 đều tương đương với bất đẳng thức R ≥ 2r (Đúng theo bất đẳng thức Eule)

Mặt khác ta có R2− 2Rr ≤ R2− 2Rr + r2 nên pR(R − 2r) ≤ R − r

Áp dụng bát đẳng thức Blundon, ta có

p2 ≥ 2R2+ 10Rr − r2− 2(R − 2r)pR(R − 2r)

≥ 2R2+ 10Rr − r2− 2(R − 2r)(R − r)

≥ 16Rr − 5r2 Bài toán 2

Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng

p2 ≤ 4R2+ 4Rr + 3r2 ≤ 27R

2

4 .

Chứng minh

Ta có R2− 2Rr ≤ R2 − 2Rr + r2 nên pR(R − 2r) ≤ R − r

Áp dụng bát đẳng thức Blundon, ta có

p2 ≤ 2R2+ 10Rr − r2+ 2(R − 2r)pR(R − 2r)

≤ 2R2+ 10Rr − r2+ 2(R − 2r)(R − r)

= 4R2+ 4Rr + 3r2 Mặt khác ta có bất đẳng thức

4R2+ 4Rr + 3r2 ≤ 27R

2

4 tương đương

(R − 2r)(11R + 6r) ≥ 0 tương đương

R ≥ 2r (luôn đúng)

Nhận xét: Từ kết quả của bài toán 1 và bài toán 2, chúng ta thu được bất đẳng thức

16Rr − 5r2 ≤ p2 ≤ 4R2+ 4Rr + 3r2 Đay chính là bất đẳng thức Gerretsen nổi tiếng

Bài toán 3

Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng

24Rr − 12r2 ≤ a2+ b2+ c2 ≤ 8R2+ 4r2 Chứng minh

Ta có R2− 2Rr ≤ R2 − 2Rr + r2 nên pR(R − 2r) ≤ R − r

Áp dụng bất đẳng thức Blundon, ta có

p2 ≥ 2R2+ 10Rr − r2− 2(R − 2r)pR(R − 2r)

≥ 2R2+ 10Rr − r2− 2(R − 2r)(R − r)

≥ 16Rr − 5r2

Do đó

a2 + b2+ c2 = 2(p2− r2 − 4Rr) ≥ 2(16Rr − 5r2− r2 − 4Rr) = 24Rr − 12r2 Mặt khác Áp dụng bát đẳng thức Blundon, ta có

p2 ≤ 2R2+ 10Rr − r2+ 2(R − 2r)pR(R − 2r)

≤ 2R2+ 10Rr − r2+ 2(R − 2r)(R − r)

= 4R2+ 4Rr + 3r2

Do đó

a2+ b2+ c2 = 2(p2− r2− 4Rr) ≤ 2(4R2+ 4Rr + 3r2− r2− 4Rr) = 8R2 + 4r2

Bài toán 4

Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng

2r(5R − r)

R ≤ ha+ hb + hc ≤ 2(R + r)

2

Chứng minh

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất ta có

ha+ hb+ hc= p

2+ r2+ 4Rr 2R ≥ 16Rr − 5r

2+ r2 + 4Rr

2r(5R − r)

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ hai ta có

ha+ hb+ hc = p

2+ r2+ 4Rr

2+ 4Rr + 3r2 + r2+ 4Rr

2(R + r)2

Bài toán 5

Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng

r(5R − r)

R2 ≤ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤ (R + r)

2

R2 Chứng minh

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất ta có

sin A sin B+sin B sin C+sin C sin A = p

2+ r2+ 4Rr 4R2 ≥ 16Rr − 5r

2 + r2+ 4Rr 4R2 = r(5R − r)

R2

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ hai ta có

sin A sin B+sin B sin C+sin C sin A = p

2+ r2+ 4Rr 4R2 ≤ 4R

2+ 4Rr + 3r2 + r2+ 4Rr

2

R2 Bài toán 6

Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng

r(5R − r)

R2 ≤ sin2A + sin2B + sin2C ≤ (R + r)

2

R2 Chứng minh

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất ta có

sin2A + sin2B + sin2C = p

2− r2− 4Rr 2R2 ≥ 16Rr − 5r

2− r2− 4Rr 2R2 = 3r(2R − r)

R2

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ hai ta có

sin2A + sin2B + sin2C = p

2− r2− 4Rr 2R2 ≤ 4R

2+ 4Rr + 3r2− r2− 4Rr

2+ r2

R2 Bài toán 7

Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng

rarbrc≤ r(2R − r)(4R + r)

Chứng minh

Do rarbrc= p2r nên bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

p2 ≤ (2R − r)(4R + r)

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen, ta có

p2 ≤ 4R2 + 4Rr + 3r2 Bây giờ ta chỉ cần chứng minh

4R2 + 4Rr + 3r2 ≤ (2R − r)(4R + r) tương đương

(R − 2r)(2R + r) ≥ 0 (luôn đúngtheo bất đẳng thức Eule) Bài toán 8

Với mọi tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng

a2

b + c − a +

b2

c + a − b +

c2

a + b − c ≥ R(16R − 5r)

Chứng minh

Ta có

a2

p − a =

a[−(p − a) + p]

ap

p − a− a

Do đó

a2

p − a +

b2

p − b +

c2

p − c = p

 a

p − a +

b

p − b +

c

p − c



− 2p

Áp dụng các đẳng thức

ab + bc + ca = p2+ r2+ 4Rr, (p − a)(p − b)(p − c) = pr2,

abc = 4pRr

Chúng ta có

a2

p − a +

b2

p − b +

c2

p − c =

4p(R − r

4p2(R − r)

pr .

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất p2 ≥ 16Rr − 5r2, ta có

a2

p − a+

b2

p − b +

c2

p − c =

4p(R − r

4p2(R − r)

pr ≥ 4(16Rr − 5r

2)(R − r) pr

tương đương

a2

p − a +

b2

p − b +

c2

p − c ≥ 4(16R − r)(R − r)

p tương đương

a2

b + c − a +

b2

c + a − b +

c2

a + b − c ≥ (16R − r)(2R − 2r)

p

Áp dụng bất đẳng thức Eule R ≥ 2r hay −2r ≥ −R, ta có

a2

b + c − a+

b2

c + a − b+

c2

a + b − c ≥ R(16R − r)

Bài toán 9( Hadwiger-Finsler)

Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng

a2+ b2+ c2 ≥ (a − b)2+ (b − c)2+ (c − a)2+ 4√

3S Chứng minh

Bất đẳng thức đã cho được viêt lại thành

2ab + 2bc + 2ca − a2− b2− c2 ≥ 4√3S

Sử dụng các đồng nhất thức ab+bc+ca = p2+r2+4Rr và a2+b2+c2 = 2p2−2r2−8Rr, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

4r2 + 16Rr ≥ 4√

3S tương đương

r2+ 4Rr ≥√

3rp tương đương

r + 4R ≥ √

3p =⇒ 3p2 ≤ r2+ 8Rr + 16R2

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p2 ≤ 4R2+ 4Rr + 3r2, ta cần chứng minh

12R2+ 12Rr + 9r2 ≤ r2+ 8Rr + 16R2 tương đương

=⇒ 2r2+ Rr ≤ R2 tương đương

(R − 2r)(R + r) ≥ 0 Bài toán 10(Virgil Nicula, Mathematical Reflections 2007)

Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC Chứng minh rằng

(a + b)(b + c)(c + a) + (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≥ 9abc

Chứng minh

Áp dụng đẳng thức

(a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca)abc với chú ý

ab + bc + ca = p2+ 4Rr + r2

ta có

(a + b)(b + c)(c + a) = 2p(p2+ r2+ 2Rr)

ngoài ra, ta còn có đẳng thức

(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) = 8pr2 Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

2p(p2+ r2+ 2Rr) + 8pr2 ≥ 9abc tương đương

p2+ 5r2+ 2Rr ≥ 9abc

a + b + c tương đương

p2+ 5r2+ 2Rr ≥ 36Rrp

2p tương đương

p2+ 5r2 ≥ 16Rr Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức Gerretsen

Bài toán 11

Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng

2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ cos A + cos B + cos C ≤ 3

2. Chứng minh

Ta có đẳng thức

cos A + cos B + cos C = 1 + r

R

Áp dụng bất đẳng thức Eule R ≥ 2r, ta có

cos A + cos B + cos C ≤ 3

2 Mặt khác lại có

cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p

2+ r2− 4R2

4R2

Ta cần chứng minh

p2+ r2− 4R2

2R2 ≤ 1 + r

R tương đương

p2+ r2 ≤ 6R2+ 2Rr

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p2 ≤ 4R2+ 4Rr + 3r2, ta có

p2+ r2 ≤ 4R2+ 4Rr + 4r2

Ta chỉ cần chứng minh

4R2+ 4Rr + 4r2 ≤ 6R2+ 2Rr tương đương

(R − 2r)(R + r) ge0

Bất đẳng thức cuối đúng do bất đẳng thức Eule R ≥ 2r.

Bài toán 12

Cho tam giác ABC Chứng minh rằng

(b2+ c2)2

bc s

2

a+(c

2+ a2)2

ca s

2

b +(a

2+ b2)2

ab s

2

c ≥ 48p2r2

với sa = 2bc

b2 + c2ma

Chứng minh

Áp dụng công thức đường trung tuyến

m2a = b

2 + c2

2 −a

2

4

ta có

(b2+ c2)2

bc s

2

a= (b

2+ c2)2

bc

 2bc

b2+ c2

2

 b2+ c2

2 −a

2

4



= bc(2b2 + 2c2− a2) Tương tự ta có

(c2 + a2)2

ca s

2

b = ca(2c2+ 2a2− b2);(a

2+ b2)2

ab s

2

c = ab(2a2 + 2b2 − c2) Bát đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

bc(2b2+ 2c2− a2) + ca(2c2+ 2a2− b2) + ab(2a2+ 2b2− c2) ≥ 48p2r2 tương đương

2(a2+ b2+ c2)(ab + bc + ca) − 3abc(a + b + c) ≥ 48p2r2

Áp dụng các đẳng thức

a2 + b2+ c2 = 2(p2− r2− 4Rr),

ab + bc + ca = p2+ 4Rr + r2, abc = 4pRr

ta đưa bất đẳng thức về dạng

4(p2− r2− 4Rr)(p2+ r2+ 4Rr) − 24p2Rr − 48p2r2 ≥ 0 tương đương

p4− (r2+ 4Rr)2− 6p2Rr − 12p2r2 ≥ 0 tương đương

p2(p2− 6Rr − 12r2) ≥ (r2+ 4Rr)2

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p2 ≥ 16Rr − 5r2, ta được

(16Rr − 5r2)(10Rr − 17r2) ≥ (4Rr + r2)2 tương đương

(16R − 5r)(10R − 17r) ≥ (4R + r)2

tương đương

(24R − 7r)(R − 2r) ≥ 0 luôn đúng vì theo bất đẳng thức Eule R ≥ 2r

Bài toán 13

Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng

1 cos A cos B +

1 cos B cos C +

1 cos C cos A ≥ 36R

2

p2+ r2− 4R2 ≥ 12

Chứng minh

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawz, ta có

1

cos A cos B +

1 cos B cos C +

1

cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A.

Sử dụng đồng nhất thức

cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p

2 + r2− 4R2

4R2

ta có

1 cos A cos B +

1 cos B cos C +

1 cos C cos A ≥ 36R

2

p2+ r2− 4Rr. Bây giờ ta chứng minh

36R2

p2+ r2− 4R2 ≥ 12 tương đương

3R2 ≥ p2+ r2− 4R2 ⇐⇒ s2+ r2 ≤ 7R2

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p2 ≤ 4R2+ 4Rr + 3r2, chúng ta được

4R2 + 4Rr + 4r2 ≤ 7R2 ⇐⇒ 4Rr + 4r2 ≤ 3R2 ⇐⇒ (R − 2r)(3R + 2r) ≥ 0 luôn đúng theo bất đẳng thức Eule

Bài toán 14

Cho tam giác ABC Chứng minh rằng

(cos A + cos B + cos C)2 ≥ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A

Chứng minh

Sử dụng các đồng nhất thức

cos A + cos B + cos C = 1 + r

R và

sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = ab + ac + bc

4R2 = p

2+ 4Rr + r2

4R2

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành



1 + r R

2

≥ p

2+ 4Rr + r2

4R2

tương đương

4(r + R)2 ≥ p2+ r2+ 4rR ⇔ 3r2+ 4rR + 4R2 ≥ p2

đúng theo bất đẳng thức Gerretsen

Bài toán 15

Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng

cos A

1 + cos B +

cos B

1 + cos C +

cos C

1 + cos A ≥ 1 Chứng minh

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

X cos A

1 + cos B =

cos A + cos A cos B ≥ (cos A + cos B + cos C)

2

P cos A + P cos A cos B

Sử dụng các đồng nhất thức

cos A + cos B + cos C = 1 + r

R cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p

2 + r2− 4R2

4R2

ta có

X cos A

1 + cos B ≥ 4(R + r)

2

p2+ r2+ 4Rr

Ta cần chứng minh bất đẳng thức

4(R + r)2

p2+ r2+ 4Rr ≥ 1

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p2 ≤ 4R2+ 4Rr + 3r2, ta có

4(R + r)2

p2 + r2+ 4Rr ≥ 4(R + r)

2

4R2+ 4r2+ 8Rr = 1 Bài toán 16

Cho ba số x, y, z > 0 thoả mãn x2+ y2+ z2+ 2xyz = 1 Chứng minh rằng

(x + y + z) − (xy + yz + zx) ≥ 3

4 Chứng minh

Đặt x = cos A, y = cos B, z = cos C , từ điều kiện x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1 suy ra

A, B, C là ba góc tam giác ABC

Sử dụng các đẳng thức

cos A + cos B + cos C = 1 + r

R; cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = p

2− 4Rr + r2

4R2

ta đưa bất đẳng thức về dạng

1 + r

R − p

2− 4Rr + r2

4R2 ≥ 3

4

tương đương

p2 ≤ 5R2+ 4Rr − r2

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen p2 ≤ 4R2+ 4Rr + 3r2, ta cần chứng minh

4R2+ 4Rr + 3r2 ≤ 5R2+ 4Rr − r2 tương đương

(R − 2r)(R + 2r) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo bất đẳng thức Eule

Bài toán 17

Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a2+ b2+ c2+ abc = 4 Chứng minh rằng

3p3(a + b + c − 2) ≤X √4 − a2 ≤p3(8 + abc)

Chứng minh

Đặt a = 2 cos A, b = 2 cos B, c = 2 cos C, thì

X √

4 − a2 = 2(sin A + sin B + sin C) = 2p

R và

abc = 8 cos A cos B cos C = 8p

2− (2R + r)2

4R2

Trước hết ta chứng minh

X √

4 − a2 ≥ 3p3(a + b + c − 2)

tương đương

2p

R ≥ 3p6(cos A + cos B + cos C − 1) tương đương

2p

R ≥ 3

r

6r R

⇐⇒ p2 ≥ 27Rr

2

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen,

p2 ≥ r(16R − 5r) Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

r(16R − 5r) ≥ 27

2 Rr ⇐⇒ 5Rr ≥ 10r

2

Vậy bất đẳng thức vế trái được chứng minh

Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức vế phải

X √

4 − a2 ≤p3(8 + abc)

tương đương

2p

R ≤

r 24(1 +p

2− (2R + r)2

4R2 )

tương đương

s2

R2 ≤ 6



1 + s

2− (2R + r)2

4R2



tương đương

p2 ≥ 12Rr + 3r2

Áp dụng bất đẳng thức Gerretsen,

s2 ≥ r(16R − 5r)

Ta cần chứng minh

r(16R − 5r) ≥ 12Rr + 3r2 tương đương

R ≥ 2r Bài toán 18

Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng

a2+ b2 + c2+ abc(a + b + c) ≥ 4

3 Chứng minh

Đặt a = tanA2 , b = tanB2 và c = tan C2 , với A, B, C là ba đỉnh của tam giác ABC Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

tan2 A

2 + tan

2 B

2 + tan

2 C

2 + tan

A

2 tan

B

2 tan

C

2(tan

A

2 + tan

B

2 + tan

C

2) ≥

4 3

Sử dụng các đẳng thức

tan2 A

2 + tan

2 B

2 + tan

2 C

2 =

 4R + r p

2

− 2,

tanA

2 tan

B

2 tan

C

2 = rp, tanA

2 + tan

B

2 + tan

C

2 =

4R + r p Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

 4R + r p

2

− 2 + rp(4R + r

p ) ≥

4 3 Khai triễn và thu gọn ta được bất đẳng thức tương đương

5p2 ≤ 24R2+ 18Rr + 3r2 , Áp dụng bất đẳng thưc Gerretsen p2 ≤ 4R2+ 4Rr + 3r2, ta chỉ cần chứng minh

20R2+ 20Rr + 15r2 ≤ 24R2+ 18Rr + 3r2 tương đương (2R + 3r)(R − 2r) ≥ 0

Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức Eule