Phương pháp S-S

Bài toán: (Toán học Tuổi trẻ) Kí hiệu $a, b, c, R, r$ lần lượt là độ dài ba cạnh, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng: $$\dfrac{r}{R}\le\dfrac{3(ab+bc+ca)}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
Lời giải:
Ta có: $$\dfrac{r}{R}=\dfrac{\dfrac{S}{p}}{\dfrac{abc}{4S}}=\dfrac{4S}{pabc}=\dfrac{4p(p-a)(p-b)(p-c)}{pabc}=\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{2abc}$$ Do $a, b, c$ là độ dài ba cạnh một tam giác nên tồn tại $x,y, z>0$ sao cho $a=x+y, b=y+z, c=z+x$. Suy ra: $$\dfrac{r}{R}=\dfrac{8xyz}{2(x+y)(y+z)(z+x)}$$ $$\begin{aligned}\dfrac{ab+bc+ca}{2(a+b+c)^2}&=\dfrac{(x+y)(y+z)+(y+z)(z+x)+(z+x)(x+y)}{8(x+y+z)^2}\\&=\dfrac{x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)}{8(x+y+z)^2}\end{aligned}$$ Lúc này bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;\dfrac{8xyz}{2(x+y)(y+z)(z+x)}\le\dfrac{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}{8(x+y+z)^2}\\&\Leftrightarrow \dfrac{2(x+y)(y+z)(z+x)}{8xyz}\ge \dfrac{8(x+y+z)^2}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&\Leftrightarrow \dfrac{(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz}{8xyz}\ge \dfrac{8(x+y+z)^2-6[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&\Leftrightarrow \dfrac{2z(x-y)^2+(x+y)(x-z)(y-z)}{8xyz}\ge\dfrac{(x-y)^2+(x-z)(y-z)}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&\Leftrightarrow M(x-y)^2+N(x-z)(y-z)\ge 0\end{aligned}$$ Trong đó $$\begin{aligned} M&=\dfrac{2z}{8xyz}-\dfrac{1}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{z[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]-4xyz}{12xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{3z(x^2+y^2+z^2)+9z^2(y+x)+xyz}{12xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}>0\\\\N&=\dfrac{x+y}{8xyz}-\dfrac{1}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{3(x+y)[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]-8xyz}{24xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{3y[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]+3x(x^2+y^2+z^2)+9x^2(y+z)+xyz}{24xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}>0\end{aligned}$$ Đồng thời, không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử $z=\min\{x,y,z\}$. Như vậy, hiển nhiên ta có ngay: $$M(x-y)^2+N(x-z)(y-z)\ge 0$$ Bài toán được chứng minh.