Bất đẳng thức Gerretsen's và Blundon's

Bài toán. Gọi $p,\,R,\,r$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$ khi đó ta có hai bất đẳng thức nổi tiếng sau
\begin{equation}\label{eq4}16Rr - 5r^2\leqslant p^2 \leqslant 4R^2 + 4Rr + 3r^2.\end{equation}

(Gerretsen's Inequality)

\begin{equation}\label{eq5}2R^2 + 10Rr - r^2 - 2(R - 2r)\sqrt{R(R - 2r)} \leqslant p^2 \leqslant 2R^2 + 10Rr - r^2 + 2(R - 2r)\sqrt{R(R - 2r)}.\end{equation}

(Blundon's Inequality)

Chứng minh \eqref{eq4}. Ta xét hai bài toán sau

Nếu $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác thì
\begin{equation}\label{eq6}f_1 = 2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]-(a^3+b^3+c^3+9abc) \geqslant 0,\end{equation} và \begin{equation}\label{eq7}f_2 = 4a^2b^2c^2 - (a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \geqslant 0.\end{equation} Ta chứng minh \eqref{eq6}, giả sử $c = \max\{a,b,c\}$ khi đó\[\begin{aligned}f_1 & = 2\left [ \sum ab(a+b)-6abc \right ]-(a^3+b^3+c^3-3abc) \\& = 4c(a-b)^2+2(a+b)(a-c)(b-c)-(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)] \\& = (3c-a-b)(a-b)^2+(a+b-c)(a-c)(b-c) \geqslant 0.\end{aligned}\] Tiếp đến ta chứng minh \eqref{eq7}, giả sử $c = \min\{a,b,c\}$ và viết \eqref{eq7} lại như sau \[(a^3+b^3+c^3+abc)\left[abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\right] \geqslant abc(a^3+b^3+c^3-3abc),\] tương đương với \[(abc+a^3+b^3+c^3)\left [(a+b-c)(a-b)^2+c(a-c)(b-c)\right ] \geqslant abc(a+b+c)\left [ (a-b)^2+(a-c)(b-c) \right ],\] hay là \[[(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c)](a-b)^2+[a^3+b^3+c^3-ab(a+b)]c(a-c)(b-c) \geqslant 0,\] hoặc \[[(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c)](a-b)^2+[(a+b)(a-b)^2+c^3]c(a-c)(b-c) \geqslant 0,\] Ta có \[\begin{aligned}(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c) & \geqslant (a^3+b^3+c^3+abc)a-abc(a+b+c) \\& = a[a^3+(b+c)(b-c)^2] \geqslant 0.\end{aligned}\] Vậy \eqref{eq6} được chứng minh.

Quay trở lại bài toán, vì \[\begin{aligned}\sum ab(a+b) & = 2p(p^2+r^2-2Rr), \\ a^3+b^3+c^3+9abc & = 2p(p^2+12Rr-3r^2).\end{aligned}\] Cho nên \[f_1 = p(p^2+5r^2-16Rr) \geqslant 0,\] do đó \[p^2 \geqslant 16Rr - 5r^2.\] Lại có \[f_2 = 64p^2R^2r^2+16p^2r^2(4Rr-p^2+3r^2) = 16p^2r^2(4R^2+4Rr+3r^2-p^2) \geqslant 0,\] nên \[4R^2+4Rr+3r^2 \geqslant p^2.\] Đẳng thức xảy ra khi $\triangle ABC$ đều. Bất đẳng thức Gerretsen's được chứng minh.

Chứng minh \eqref{eq5}. Đặt $u=a+b+c,\,v=ab+bc+ca$ và $w=abc$ khi đó ta có \[\begin{aligned}P &= (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \\& = u^2v^2-4v^3+2u(9v-2u^2)w-27w^2 \\& = (2p)^2(p^2+r^2 +4Rr)^2-4(p^2+r^2 +4Rr)^3+2(2p)\left[9(p^2+r^2 +4Rr)-2(2p)^2\right](4pRr)-27(4pRr)^2 \\& = -4\left [ p^4-2(2R^2+10Rr-r^2)p^2+64R^3r+48R^2r^2+12Rr^3+r^4 \right ]\\& = -4r^2\left[p^4-2p^2(2R^2+10Rr-r^2)+(2R^2+10Rr-r^2)^2-4R(R-2r)^3\right] \\& = -4r^2\left\{ \left[p^2-(2R^2+10Rr-r^2)\right]^2-4R(R-2r)^3 \right\}.\end{aligned}\] Dễ thấy $P \geqslant 0$ cho nên \[(p^2+r^2-2R^2-10Rr)^2 \leqslant 4R(R-2r)^3,\] do đó
 \[2R^2 + 10Rr - r^2 - 2(R - 2r)\sqrt{R(R - 2r)} \leqslant p^2 \leqslant 2R^2 + 10Rr - r^2 + 2(R - 2r)\sqrt{R(R - 2r)}.\] Bất đẳng thức Blundon's được chứng minh.

Nhận xét. Bất đẳng thức Blundon's là bất đẳng thức chặt nhất trong lớp các bất đẳng thức có dạng \[f(R,r) \leqslant p^2 \leqslant g(R,r),\] trong đó $f(R,r),\,g(R,r)$ là các hàm số bậc hai thuần nhất theo $R$ hoặc $r.$ Tuy nhiên vì có chứa căn thức nên trông nó khá cồng kềnh để áp dụng và tùy thuộc vào từng bài toán mà chúng ta có những đánh giá thích hợp không phải lúc nào cũng “dùng dao mổ trâu để thái hành” do đó ta có thể nới lỏng nó một tí bằng bất đẳng thức AM-GM như sau

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \[\begin{aligned}p^2 & \leqslant 2R^2 + 10Rr - r^2 + 2(R - 2r)\sqrt{R(R - 2r)} \\& = 2R^2 + 10Rr - r^2 + \frac{(R - 2r)\cdot2\cdot(R-r)\cdot\sqrt{R(R - 2r)}}{R-r} \\& \leqslant 2R^2 + 10Rr - r^2 + \frac{(R - 2r)\left[(R-r)^2+R(R - 2r)\right]}{R-r} \\& = 4R^2+4Rr+3r^2-\frac{r^2(R-2r)}{R-r}.\end{aligned}\] Đánh giá tương tự \[p^2 \geqslant 16Rr-5r^2+\frac{r^2(R-2r)}{R-r},\] từ đó thiết lập được
\[16Rr-5r^2+\frac{r^2(R-2r)}{R-r} \leqslant p^2 \leqslant 4R^2+4Rr+3r^2-\frac{r^2(R-2r)}{R-r}.\]

(Yang Xue Zhi Inequality)

Chú ý rằng bất đẳng thức này chặt hơn bất đẳng thức Gerretsen's.