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.

Inequality 11

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ bất kỳ. Chứng minh rằng
\[\frac{\cos A}{\cos\frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}+\frac{\cos B}{\cos \frac{C}{2}\cos \frac{A}{2}}+\frac{\cos C}{\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}} \geqslant 2.\]

(Nguyễn Văn Dũng)

Lời giải. Đặt $A = \pi - 2A^{'},\,B = \pi - 2B^{'},\,C = \pi - 2C^{'}$ khi đó\[\frac{\cos A}{\cos\frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}} = \frac{\cos (\pi-2A')}{\cos \left (\frac{\pi}{2}-B^{'}  \right )\cos \left (\frac{\pi}{2}-C^{'} \right )} = -\frac{\cos 2A^{'}}{\sin B^{'} \sin C^{'}} = \frac{2\sin^2 A^{'}-1}{\sin B^{'} \sin C^{'}}.\] Ta cần chứng minh\[\frac{2\sin^2 A^{'}-1}{\sin B^{'} \sin C^{'}}+\frac{2\sin^2 B^{'}-1}{\sin C^{'} \sin A^{'}}+\frac{2\sin^2 C^{'}-1}{\sin A^{'} \sin B^{'}} \geqslant 2.\]Chú ý rằng với phép đặt này thì $A^{'} = \frac{\pi}{2} - \frac{A}{2} < \frac{\pi}{2}$ nên $A^{'},\,B^{'},\,C^{'}$ là ba góc của tam giác nhọn.

Áp dụng định lý Sines, ta có\[\sum \frac{2\sin^2 A^{'}-1}{\sin B^{'} \sin C^{'}} = \sum \frac{2a^2-R^2}{bc} = \frac{p^2-2R^2-6Rr-3r^2}{Rr},\]do đó ta cần chứng minh\[\frac{p^2-2R^2-6Rr-3r^2}{Rr} \geqslant 2,\]tương đương với\[p^2 \geqslant 2R^2 + 8Rr + 3r^2.\]Đây chính là bất đẳng thức Walker nên ta có điều phải chứng minh.

Inequality 10

Bài toán. Chứng minh rằng với mọi tam giác $ABC$ ta luôn có \[\frac{\cos^{2}\frac{A}{2}\cos^{2}\frac{B}{2}}{\cos^{2}\frac{C}{2}}+\frac{\cos^{2}\frac{B}{2}\cos^{2}\frac{C}{2}}{\cos^{2}\frac{A}{2}}+\frac{\cos^{2}\frac{C}{2}\cos^{2}\frac{A}{2}}{\cos^{2}\frac{B}{2}} \geqslant \frac{9}{4}.\]

(Trần Nam Dũng, Việt Nam TST 2007)

Lời giải. Sử dụng công thức $\cos\frac{A}{2}  = \sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$ ta được \[\sum \frac{\cos^{2}\frac{A}{2}\cos^{2}\frac{B}{2}}{\cos^{2}\frac{C}{2}} = \frac{p^4-2(16R^2-r^2)p^2+(4R+r)^4}{16p^2R^2}.\] Do đó ta quy bài toán về chứng minh \[p^4-2(16R^2-r^2)p^2+(4R+r)^4 \geqslant 36p^2R^2,\] hay là \[p^4+2(r^2-34R^2)p^2+(4R+r)^4 \geqslant 0,\] hoặc \[9(4R^2+4Rr+3r^2-p^2)^2+(4R^2+4Rr+3r^2-p^2)[8p^2+28(R-2r)^2+72r(R-2r)]+4r(R-2r)^2(4R+r) \geqslant 0.\] Hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Euler's và bất đẳng thức Gerretsen's.

Inequality 9

Bài toán. Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tác giác. Chứng minh rằng \[(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \geqslant 6\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+ \frac{c}{a+b}\right ).\]

(Trần Nam Dũng, Việt Nam TST 2006)

Lời giải. Chú ý rằng \[(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) = \frac{p^2+4Rr+r^2}{2Rr},\] và \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+ \frac{c}{a+b} = \frac{2(p^2-Rr-r^2)}{p^2+2Rr+r^2},\] nên bất đẳng thức trên tương đương với \[\frac{p^2+4Rr+r^2}{2Rr} \geqslant \frac{24(p^2-Rr-r^2)}{p^2+2Rr+r^2}.\] Quy đồng và thu gọn thành \[p^4+2r(r-9R)p^2+r^2(32R^2+30Rr+r^2) \geqslant 0,\] hay là \[\frac{5}{8}(p^2-16Rr+5r^2)^2+\frac{3}{8}(p^2+5r^2)(p^2-16Rr+5r^2)+8r(R-r)\left [p^2+5r^2 -16Rr-\frac{r^2(R-2r)}{R-r} \right ] \geqslant 0.\] Hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Yang Xue Zhi.

Inequality 8

Bài toán. Cho $a,\,b,\,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác nhọn. Chứng minh rằng
\[\frac{(a+b-c)^{2}(b+c-a)^{2}(c+a-b)^{2}}{(a^{2}+b^{2}-c^{2})(b^{2}+c^{2}-a^{2})(c^{2}+a^{2}-b^{2})}+\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}\geqslant 2.\]
Lời giải. Chú ý rằng \[\frac{(a+b-c)^{2}(b+c-a)^{2}(c+a-b)^{2}}{(a^{2}+b^{2}-c^{2})(b^{2}+c^{2}-a^{2})(c^{2}+a^{2}-b^{2})} = \frac{2r^2}{(p+2R+r)(p-2R-r)},\] và \[\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}=\frac{2r}{R},\] cho nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \[\frac{2r^2}{(p+2R+r)(p-2R-r)}+\frac{2r}{R} \geqslant 2.\] Quy đồng và thu gọn thành \[(R-r)p^2 \leqslant 4R^3-2Rr^2-r^3,\] hay là \[p^2 \leqslant \frac{4R^3-2Rr^2-r^3}{R-r},\] hoặc \[p^2 \leqslant 4R^2+4Rr+3r^2-\frac{r^2(R-2r)}{R-r}.\] Đây chính là bất đẳng thức Yang Xue Zhi.

Inequality 6

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

(Walker)

Lời giải. Giả sử $a=\max\{a,b,c\}$ khi đó nếu $a \geqslant c \geqslant b$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng do nó tương đương với \[\frac{(a^2b^4+b^2c^4+c^2a^4-3a^2b^2c^2 )+(a^2-b^2)(c^2-b^2)(a^2-c^2)}{a^2b^2c^2} \geqslant 0.\] Xét trường hợp $a \geqslant b \geqslant c,$ đặt \[f(a) =  3\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)- (a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right).\] Ta có \[f^{'}(a) = \frac{2(2c^2-b^2)(a^2-bc)(a^2+bc)}{a^3b^2c^2}.\] Khi đó nếu $2c^2 \geqslant b^2$ thì $f^{'}(a) \geqslant 0$ cho nên $f(a)$ là hàm đồng biến, do đó \[f(a) \geqslant f(b) = 3\left(1+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{b^2}\right)- (2b^2+c^2)\left(\frac{2}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right) = \frac{(b+c)^2(b-c)^2}{b^2c^2} \geqslant 0.\] Còn nếu $2c^2 \leqslant b^2$ thì $f^{'}(a) \leqslant 0$ cho nên $f(a)$ là hàm nghịch biến, do đó \[\begin{aligned} f(a) \geqslant f(b+c) & =3\left[\frac{(b+c)^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{(b+c)^2}\right]- \left[(b+c)^2+b^2+c^2\right]\left[\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right]\\&= \frac{(b^3-3bc^2-c^3)^2}{b^2c^2(b+c)^2} \geqslant 0.\end{aligned}\] Vậy ta có điều phải chứng minh.

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.