A.Cho $a,b,c$ là độ dài $3$ cạnh của $1$ tam giác có diện tích $S$.CMR:
1) $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3} S$
Áp dụng công thức heron:
$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
$\Rightarrow S=\sqrt{(\frac{a+b+c}{2})(\frac{a+b-c}{2})(\frac{b+c-a}{2})(\frac{(c+b-a)}{2})}$
$=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(a+b-c)(c+a-b)}$
Ta có $(a+b-c)(b+c-a)\leq \frac{(a+b-c+b+c-a)^{2}}{4}\leq b^{2}$
Thực hiện 2 đánh giá tương tự,rồi nhân theo vế, ta suy ra
$(a+b-c)^{2}(b+c-a)^{2}(c+a-b)^{2}\leq a^{2}b^{2}c^{2}$
$\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$
$\Rightarrow \frac{1}{4}\sqrt{3(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\leq \frac{1}{4}\sqrt{3(a+b+c)abc}$
Ta sẽ chứng minh
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \sqrt{3(a+b+c)abc}$
$\Rightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\geq 3abc(a+b+c)$
Ta có $9abc\leq (a+b+c)(ab+bc+ca)$
$\Rightarrow 9abc(a+b+c)\leq (a+b+c)^{2}(ab+bc+ca)\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
Suy ra điều phải chứng minh
Bài bất đẳng thức thứ 2 cũng sữ dụng cách đánh giá đối xứng như bài trên, lưu ý: các đại lượng: $a^2+b^2-c^2, b^2+c^2-a^2, c^2+a^2-b^2$ chưa chắc dương hay âm, ta cần chia trường hợp
Bài bất đẳng thức thứ 3 là 1 trường hợp của bất đẳng thức schur:
$a^{k}(a-b)(a-c)+b^{k}(b-a)(b-c)+c^{k}(c-a)(c-b)\geq 0$ với k nguyên dương, a,b,c dương
Với k=4, ta thu được bất đẳng thức của bạn. Tuy nhiên, bất đẳng thức này không được áp dụng trực tiếp mà cần chứng minh trước khi sữ dụng. Bạn có thể tham khảo cách chứng minh của bất đẳng thức schur trên các trang mạng. Lời giải hoàn toàn có thể chấp nhận ở THCS