[Bài toán] Bất đẳng thức hình học

Bài toán : Chứng minh trong một tam giác $ABC$ bất kì, ta có :

$9r$$\le h_a+h_b+h_c$$\le l_a+l_b+l_c$$\le m_a+m_b+m_c$$\le r_a+r_b+r_c$$\le \frac{9}{2}R$

Lời giải :

a) Chứng minh $\boxed{9r\le h_a+h_b+h_c}$ :

Ta có $h_a=\frac{2S}{a},h_b=\frac{2S}{b},h_c=\frac{2S}{c}$ và $r=\frac{S}{p}$, ta cần chứng minh :

$\frac{9S}{p}$$\le \frac{2S}{a}+\frac{2S}{b}+\frac{2S}{c}$$\iff \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$\ge \frac{9}{2p}$

Điều này hiển nhiên đúng theo $Cauchy-Schwarz$.

b) Chứng minh $\boxed{h_a+h_b+h_c\le l_a+l_b+l_c}$ :

Ta có $h_a\le l_a,h_b\le l_b,h_c\le l_c$ (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên)

Cộng vế các BĐT trên ta được $h_a+h_b+h_c\le l_a+l_b+l_c$

c) Chứng minh $\boxed{l_a+l_b+l_c\le m_a+m_b+m_c}$

Ta sẽ chứng minh : $l_a\le m_a$.

Thật vậy, ta có $l_a=\frac{2}{b+c}\sqrt{pbc(p-a)}=\frac{\sqrt{bc(b+c-a)(a+b+c)}}{b+c}$ và $m_a=\frac{1}{2}\left(2b^2+2c^2-a^2\right)$

Do đó cần chứng minh $\frac{bc(a+b+c)(b+c-a)}{(b+c{)}^2}\le \frac{1}{4}(2b^2+2c^2-a^2)$

Nhưng điều này luôn đúng vì : $\frac{bc}{(b+c{)}^2}\le \frac{1}{4}$ và $(a+b+c)(b+c-a)=(b+c{)}^2-a^2\le 2b^2+2c^2-a^2$.

Như vậy thì $l_a\le m_a$. Tương tự $l_b\le m_b,l_c\le m_c$. Cộng vế các BĐT này thì được $l_a+l_b+l_c\le m_a+m_b+m_c$.

d) Chứng minh $\boxed{m_a+m_b+m_c\le r_a+r_b+r_c}$

Trước hết ta sẽ chứng minh đẳng thức : $\boxed{ab+bc+ca=p^2+r^2+4Rr}$

Thật vậy $S=\frac{abc}{4R}=pr\Rightarrow 4Rr=\frac{abc}{p}$ và $r^2=\frac{S^2}{p^2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}$.

Do đó cần chứng minh $ab+bc+ca=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}+p^2+\frac{abc}{p}\iff p(ab+bc+ca)=(p-a)(p-b)(p-c)+p^3+abc$.

Điều này đúng khi khai triển trực tiếp.

Khi đó, ta có

$r_a+r_b+r_c$$=\frac{S}{p-a}+\frac{S}{p-b}+\frac{S}{p-c}$$=S.\frac{(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a)}{(p-a)(p-b)(p-c)}$$=\frac{p(p-a)(p-b)+p(p-b)(p-c)+p(p-c)(p-a)}{S}$$=\frac{p\left(3p^2-2(a+b+c)p+ab+bc+ca\right)}{S}$$=\frac{p(3p^2-4p^2+ab+bc+ca)}{S}$$=\frac{p(3p^2-4p^2+p^2+r^2+4Rr)}{pr}$$=4R+r$

Do vậy ta đi chứng minh $\boxed{m_a+m_b+m_c\le 4R+r}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Theo bất đẳng thức tam giác :

$m_a$$=AM$$\le AO+OM$$=R+R.cosA$$\Rightarrow m_a+m_b+m_c$$\le 3R+R(cosA+cosB+cosC)$$=3R+R.\left(1+\frac{r}{R}\right)$$=4R+r$

Như vậy ta hoàn tất chứng minh $m_a+m_b+m_c\le r_a+r_b+r_c$.

 e) Chứng minh $\boxed{r_a+r_b+r_c\le \frac{9R}{2}}$

Ta có $r_a=\frac{S}{p-a},r_b=\frac{S}{p-b},r_c=\frac{S}{p-c}$ và $R=\frac{abc}{4S}$

Nên ta chứng minh $S\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\le \frac{9abc}{8S}\iff S^2.\frac{(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a)}{(p-a)(p-b)(p-c)}\le \frac{9abc}{8}\iff (a+b-c)(b+c-a)+(b+c-a)(c+a-b)+(c+a-b)(a+b-c)\le \frac{9abc}{a+b+c}\iff \frac{9abc}{a+b+c}\ge 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)$

Đây chính là BĐT $Schur$ bậc ba. Như vậy thì ta có $r_a+r_b+r_c\le \frac{9R}{2}$

*Lưu ý : Ta có thể chứng minh BĐT câu $e$ bằng BĐT $Euler$ $\boxed{R\ge 2r}$ và chú ý đẳng thức $\boxed{r_a+r_b+r_c=4R+r}$