Cho tứ diện \(OABC\) có \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc với nhau. Kí hiệu \(S,{S_1},{S_2},{S_3}\) lần lượt là diện tích các tam giác \(ABC,OAB,OBC,OCA\).

Cho tứ diện \(OABC\) có \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc với nhau. Kí hiệu \(S,{S_1},{S_2},{S_3}\) lần lượt là diện tích các tam giác \(ABC,OAB,OBC,OCA\). Chứng minh rằng

\(\frac{{S_1^2}}{{2S_1^2 + {S^2}}} + \frac{{S_2^2}}{{2S_2^2 + {S^2}}} + \frac{{S_3^2}}{{2S_3^2 + {S^2}}} \le \frac{3}{5}\).

Lời giải

Đặt \(OA = a,OB = b,OC = c\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) xuống \(AB\), \(\alpha \) là góc giữa \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {OAB} \right)\).

Ta có \(\frac{{{S^2}}}{{S_1^2}} = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = {\tan ^2}\alpha  + 1 = \frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}} + 1 = \frac{{{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}}{{{a^2}{b^2}}}\)

suy ra \(\frac{{S_1^2}}{{2S_1^2 + {S^2}}} = \frac{1}{{2 + \frac{{{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}}{{{a^2}{b^2}}}}} = \frac{{{a^2}{b^2}}}{{3{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}}\).

Tương tự ta có \(\frac{{S_2^2}}{{2S_2^2 + {S^2}}} = \frac{{{b^2}{c^2}}}{{{a^2}{b^2} + 3{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}}}\),\(\frac{{S_3^2}}{{2S_3^2 + {S^2}}} = \frac{{{c^2}{a^2}}}{{{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + 3{c^2}{a^2}}}\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}x = {a^2}{b^2}\\y = {b^2}{c^2}\\z = {c^2}{a^2}\end{array} \right.\) và biểu thức \(F = \frac{x}{{3x + y + z}} + \frac{y}{{x + 3y + z}} + \frac{z}{{x + y + 3z}}\).

Do \(F\) là biểu thức thuần nhất nên ta có thể giả sử \(x + y + z = 3\). Khi đó

\(F = \frac{x}{{2x + 3}} + \frac{y}{{2y + 3}} + \frac{z}{{2z + 3}}\).

Dễ dàng chứng minh được \(\frac{x}{{2x + 3}} \le \frac{{3x + 2}}{{25}}\) với mọi \(x > 0\) (biến đổi tương đương).

Áp dụng cho \(x,y,z\) ta được

\(F \le \frac{{3x + 2}}{{25}} + \frac{{3y + 2}}{{25}} + \frac{{3z + 2}}{{25}} = \frac{3}{5}\).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = 1\) hay \(a = b = c\).