Inequality 13

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng \[(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \geqslant \frac{a^3+b^3+c^3}{abc} + \frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}.\]

 (Liu Qian Bao)

Lời giải. Trước hết ta chuyển bài toán về pRr như sau \[\frac{p^2+4Rr+r^2}{2Rr} \geqslant \frac{p^2-6Rr-3r^2}{2Rr} + \frac{4p^2}{p^2-4Rr-r^2},\] hay là \[(R+2r)p^2 \geqslant 20R^2r+13Rr^2+2r^3.\] Nếu $R^2-2Rr-r^2 \geqslant 0$ áp dụng bất đẳng thức quen thuộc $p \geqslant 2R+r,$ ta cần chứng minh \[(R+2r)(2R+r)^2 \geqslant 20R^2r+13Rr^2+2r^3,\] thu gọn thành \[4R(R^2-2Rr-r^2) \geqslant 0.\] Hiển nhiên đúng.

Nếu $R^2-2Rr-r^2 \leqslant 0$ sử dụng đánh giá (xem)\[p^2 \geqslant 2R^2+8Rr+3r^2-\frac{(R-2r)(R^2-2Rr-r^2)}{r},\] ta đưa bài toán về chứng minh \[(2r+R)\left [ 2R^2+8Rr+3r^2-\frac{(R-2r)(R^2-2Rr-r^2)}{r} \right ] \geqslant 20R^2r+13Rr^2+2r^3,\] tương đương với \[-\frac{R(R-2r)(R^2-2Rr-r^2)}{r} \geqslant 0.\] Hiển nhiên đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đã cho là tam giác đều hoặc tam giác vuông cân.