Bài toán chi tiết
Cho \(a, b, c\) là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: \[ a^2b^2c^2 \geq \frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b)(b+c)(c+a)}{8}. \]
| 3 cách giải | KiênĐC
Ta có bổ đề: Với \(x, y, z > 0\), có bất đẳng thức: \[ (x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx). \] Chứng minh: Chú ý rằng đẳng thức: \[ (x+y)(y+z)(z+x) = (x+y+z)(xy+yz+zx) - xyz, \] nên ta cần chứng minh: \[ (x+y+z)(xy+yz+zx) - xyz \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx). \] Hay tương đương: \[ (x+y+z)(xy+yz+zx) \geq 9xyz. \] Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy: \[ x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz}, \quad xy+yz+zx \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2}. \] Sau đó chỉ cần nhân hai bất đẳng thức trên lại là ta thu được điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z\). Trở lại bài toán, ta đặt: \[ x = a+b-c, \quad y = b+c-a, \quad z = c+a-b, \quad s = a+b+c. \] Thì \(x, y, z > 0\) và: \[ a = \frac{x+y}{2}, \quad b = \frac{y+z}{2}, \quad c = \frac{z+x}{2}. \] Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành: \[ (x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 \geq xyz(x+y+2z)(y+z+2x)(z+x+2y). \tag{1} \] Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: \[ (x+y+2z)(y+z+2x)(z+x+2y) \leq \left(\frac{x+y+2z + y+z+2x + z+x+2y}{3}\right)^3 = \frac{64}{27}(x+y+z)^3. \] Áp dụng bổ đề và bất đẳng thức cơ bản \((x+y+z)^2 \geq 3xyz(x+y+z)\), ta có: \[ \text{VP(1)} \leq \frac{64}{81}(x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2 \leq \frac{64}{81} \frac{81}{64} (x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 = \text{VT(1)}. \] Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z\), tức là \(a = b = c\). Phép chứng minh hoàn tất.
Chú ý công thức Heron cho diện tích tam giác $ABC$ có ba cạnh $a, b, c$ là: \[ S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}, \] Trong đó \(p = \frac{a+b+c}{2}\). Lại có \(S = \frac{abc}{4R}\) với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên: \[ p(p-a)(p-b)(p-c) = \frac{a^2b^2c^2}{16R^2}. \] Hay: \[ (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) = \frac{a^2b^2c^2}{R^2}. \] Suy ra: \[ a^3b^3c^3 = R^2(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b). \] Thế thì, ta chỉ cần chứng minh: \[ 8R^2(a+b+c) \geq (a+b)(b+c)(c+a). \tag{1} \] Theo bất đẳng thức quen thuộc: \[ 9R^2 \geq a^2 + b^2 + c^2 \geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2, \] nên: \[ 8R^2(a+b+c) \geq \frac{8}{27}(a+b+c)^3. \] Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy: \[ (a+b)(b+c)(c+a) \leq \left(\frac{a+b+b+c+c+a}{3}\right)^3 = \frac{8}{27}(a+b+c)^3. \] Nên ta có ngay điều cần chứng minh.
Vì \(a, b, c\) là độ dài ba cạnh của tam giác nên \(a+b > c\), kéo theo: \[ (a-b)^2\left[(a+b)^2 - c^2\right] \geq 0. \] Viết \((a-b)^2 = (a+b)^2 - 4ab\), ta suy ra được: \[ 4abc^2 \geq (a+b)^2\left[c^2 - (a-b)^2\right], \] hay: \[ 4abc^2 \geq (a+b)^2(c+a-b)(c+a+b). \] Chứng minh tương tự, ta có: \[ 4bca^2 \geq (b+c)^2(a+b-c)(a+b+c), \] \[ 4cab^2 \geq (c+a)^2(b+c-a)(b+c+a). \] Nhân các bất đẳng thức trên, ta suy ra: \[ 64a^3b^3c^3 \geq (a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b). \] Chia cả hai vế của bất đẳng thức trên, ta có ngay điều phải chứng minh.
