Chủ đề này có 2 trả lời

[Hunghcd]

Cho tam giác có cạnh a,b,c nội tiếp đường tròn bán kính R.

CMR  $a^2+b^2+c^2\leq 9R^2$

[KietLW9]

Ta dễ chứng minh bài toán quen thuộc: $S=\frac{abc}{4R}$ (Bài tập 248 trang 97 sách NCVPT Toán 9 Tập 2 của tác giả Vũ Hữu Bình hoặc có rất nhiều trên mạng)

Vậy ra cần chứng minh: $a^2+b^2+c^2\leqslant \frac{9a^2b^2c^2}{16S^2}$

Mà ta có công thức Hê-rông: $S=\sqrt{\frac{a+b+c}{2}.\frac{b+c-a}{2}.\frac{c+a-b}{2}.\frac{a+b-c}{2}}\Rightarrow 16S^2=(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)=2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-a^4-b^4-c^4$

Như thế ta quy bất đẳng thức cần chứng minh về dạng: $a^2+b^2+c^2\leqslant \frac{9a^2b^2c^2}{2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-a^4-b^4-c^4}$

$\Leftrightarrow 9a^2b^2c^2\geqslant (a^2+b^2+c^2)[2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-a^4-b^4-c^4]$

$\Leftrightarrow 9a^2b^2c^2+(a^4+b^4+c^4)(a^2+b^2+c^2)\geqslant 2(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

$\Leftrightarrow \frac{9a^2b^2c^2}{a^2+b^2+c^2}+a^4+b^4+c^4\geqslant 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

$\Leftrightarrow \frac{9a^2b^2c^2}{a^2+b^2+c^2}+(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

Đây là bất đẳng thức Schur nên ta có điều phải chứng minh

[Unrruly Kid]

$9R^2-a^2-b^2-c^2=OH^2 \geq 0$ với H là trực tâm