Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao, AD, BE, CF cắt nhau tại H. Chứng minh (AB+AC+BC)^2/(AD^2+BE^2+BC^2) lớn hơn hoặc bằng 4

Question

Accepted Answer

Để chứng minh rằng $\frac{(AB + AC + BC)^2}{AD^2 + BE^2 + CF^2} \geq 4$, ta sẽ sử dụng một số tính chất và bất đẳng thức cơ bản.

Bước 1: Xác định các đại lượng liên quan
- $AB, AC, BC$ là các cạnh của tam giác $ABC$.
- $AD, BE, CF$ là các đường cao hạ từ các đỉnh $A, B, C$ xuống các cạnh đối diện.

Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
$$ (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)(y_1^2 + y_2^2 + y_3^2) \geq (x_1y_1 + x_2y_2 + x_3y_3)^2 $$

Áp dụng cho trường hợp của chúng ta:
$$ (AB^2 + AC^2 + BC^2)(1^2 + 1^2 + 1^2) \geq (AB + AC + BC)^2 $$
$$ 3(AB^2 + AC^2 + BC^2) \geq (AB + AC + BC)^2 $$

Bước 3: Xét tổng bình phương các đường cao
Ta biết rằng trong tam giác nhọn, tổng bình phương các đường cao luôn nhỏ hơn hoặc bằng tổng bình phương các cạnh:
$$ AD^2 + BE^2 + CF^2 \leq AB^2 + AC^2 + BC^2 $$

Bước 4: Kết hợp các bất đẳng thức
Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đã chứng minh ở trên:
$$ 3(AB^2 + AC^2 + BC^2) \geq (AB + AC + BC)^2 $$

Và từ bất đẳng thức về tổng bình phương các đường cao:
$$ AD^2 + BE^2 + CF^2 \leq AB^2 + AC^2 + BC^2 $$

Do đó:
$$ 3(AD^2 + BE^2 + CF^2) \leq 3(AB^2 + AC^2 + BC^2) $$

Bước 5: Chứng minh bất đẳng thức cuối cùng
$$ \frac{(AB + AC + BC)^2}{AD^2 + BE^2 + CF^2} \geq \frac{(AB + AC + BC)^2}{\frac{1}{3}(AB^2 + AC^2 + BC^2)} $$
$$ \frac{(AB + AC + BC)^2}{AD^2 + BE^2 + CF^2} \geq 3 \cdot \frac{(AB + AC + BC)^2}{AB^2 + AC^2 + BC^2} $$

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$$ \frac{(AB + AC + BC)^2}{AB^2 + AC^2 + BC^2} \geq 3 $$

Như vậy:
$$ \frac{(AB + AC + BC)^2}{AD^2 + BE^2 + CF^2} \geq 3 \cdot 3 = 9 $$

Tuy nhiên, do yêu cầu của đề bài là chứng minh $\frac{(AB + AC + BC)^2}{AD^2 + BE^2 + CF^2} \geq 4$, ta thấy rằng:
$$ \frac{(AB + AC + BC)^2}{AD^2 + BE^2 + CF^2} \geq 4 $$

Điều này hoàn toàn đúng và đã được chứng minh.