Bài toán [BĐT hình học]

Bài toán : Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :

$$max\left\{a^2+bc,b^2+ca,c^2+ab\right\}\ge \frac{2\sqrt{3}abc}{3R}$$

Với $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.

Lời giải :

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a^2+bc=max\left\{a^2+bc,b^2+ca,c^2+ab\right\}$ thì $a^2+bc\ge b^2+ca,a^2+bc\ge c^2+ab(\ast )$

Theo đề bài, ta cần chứng minh :

$a^2+bc$$\ge \frac{2\sqrt{3}abc}{3R}$$=\frac{abc}{4R}.\frac{8\sqrt{3}}{3}$$=\frac{8\sqrt{3}S}{3}$$\iff 3(a^2+bc)$$\ge 8\sqrt{3}S$

Nhưng do $(\ast )$ nên ta chỉ cần chứng minh :

$$a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\ge 8\sqrt{3}S$$

Nhưng ta sẽ đi chứng minh một BĐT mạnh hơn : $2\left(ab+bc+ca\right)\ge 8\sqrt{3}S\iff ab+bc+ca\ge 4\sqrt{3}S=\sqrt{3(a+b+c)(a+b-c)(c+a-b)(b+c-a)}$

Đổi biến $\left(a+b-c,c+a-b,b+c-a\right)\to \left(z,y,x\right)\Rightarrow x,y,z>0$

Ta cần chứng minh :

$(x+y)(y+z)+(y+z)(z+x)+(z+x)(x+y)$$\ge 4\sqrt{3xyz(x+y+z)}$$\iff x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)$$\ge 4\sqrt{3xyz(x+y+z)}$

Bài toán sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được :

$$4(xy+yz+zx)\ge 4\sqrt{3xyz(x+y+z)}\iff (xy+yz+zx{)}^2\ge 3xyz(x+y+z)$$

Đây là một kết quả quen thuộc. Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay tam giác đã cho là tam giác đều.