Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{1}{6}(a+b+c-ab-ac-bc)^3+\sum(1-a-ab)^2$

Cho $a,b,c\in [0;1]$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $$P=\frac{1}{6}(a+b+c-ab-bc-ac)^3+(1-a-ab)^2+(1-b+bc)^2+(1-c+ac)^2$$
Giải

Tìm GTNN của $F=\frac{1}{1+a^6}+\frac{2}{1+b^3}+\frac{3}{1+c^2}+6\sqrt{1+abc(abc-1)}$

Cho $a,b,c\ge 1$ tìm GTNN của $$F=\frac{1}{1+a^6}+\frac{2}{1+b^3}+\frac{3}{1+c^2}+6\sqrt{1+abc(abc-1)}$$
Trích đề thi thử TT BDVH 218 Lý Tự Trọng

Tìm GTLN và GTNN của $P=x^2y+y^2z+z^2x$

Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa $x+y+z=5$ và $x^2+y^2+z^2=9.$ Tìm GTLN và GTNN của $$P=x^2y+y^2z+z^2x$$

Cho $a,b,c>0$ chứng minh $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\ge \frac{5}{16}(a+b+c+1)^2$

Cho $a,b,c>0$ chứng minh $$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\ge \frac{5}{16}(a+b+c+1)^2$$

Chứng minh $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{a+b}{a+c}+\frac{b+c}{b+a}+\frac{c+a}{c+b}$

Cho $a,b,c>0$ chứng minh $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{a+b}{a+c}+\frac{b+c}{b+a}+\frac{c+a}{c+b}$$

Tìm GTLN của $$P=(ab+bc+ac) \left[1+\sqrt{4-(a^2+2b^2+5c^2)^2} \right ]$$

Bài 1: Cho $a,b,c$ thực thỏa $a^2+2b^2+5c^2\le 2$. Tìm GTLN của $$P=(ab+bc+ac) \left[1+\sqrt{4-(a^2+2b^2+5c^2)^2} \right ]$$

Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: $$P=\sqrt{1+\frac{24(y+z-x)}{x}}+\sqrt{1+\frac{24(z+x-y)}{y}}+\sqrt{1+\frac{24(x+y-z)}{z}}$$

Cho $x,y,z$ là độ dài 3 cạnh tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: $$P=\sqrt{1+\frac{24(y+z-x)}{x}}+\sqrt{1+\frac{24(z+x-y)}{y}}+\sqrt{1+\frac{24(x+y-z)}{z}}$$
Đề thi thử New-study lần 12

Câu BĐT đề người thầy lần 6

Cho $a,b,c>0$ thỏa $(a+b-c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c} \right )=4$. Tìm GTNN của $$P=(a^3+b^3+c^3)\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3} \right )$$
Đề người thầy lần 6 2014

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$P=\frac{(x+y-z)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy}+\frac{(y+z-x)^2}{x^2+y^2+z^2+2yz}+\frac{(z+x-y)^2}{x^2+y^2+z^2+2xz}$$

Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa $x+y+z=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$P=\frac{(x+y-z)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy}+\frac{(y+z-x)^2}{x^2+y^2+z^2+2yz}+\frac{(z+x-y)^2}{x^2+y^2+z^2+2xz}$$

Đề thi thử lần 2 chuyên Lê Quý Đôn - Đà Năng
Lời giải

Tìm GTNN của biểu thức $P=x^2+y^2+2z+\frac{40}{\sqrt{y+z+1}}+\frac{40}{\sqrt{x+3}}$

Cho $x,y,z$ thực thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+2xy\le 2(x+y+z)$. Tìm GTNN của biểu thức $$P=x^2+y^2+2z+\frac{40}{\sqrt{y+z+1}}+\frac{40}{\sqrt{x+3}}$$

Trích đề thi thử THPT Chuyên Lê Hồng Phong THPT

Chứng minh $$a^3b+b^3c+c^3a \ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$$

Cho tam giác $ABC, BC=a,CA=b,AB=c$. Chứng minh $$a^3b+b^3c+c^3a \ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$$
Ta có nhận xét sau: Với mọi $M,N$ trong tam giác $ABC$ thì $$MA.\sin\angle BNC+MB.\sin \angle CNA+MC.\sin \angle ANB\ge NA.\sin \angle BNC+NB.\sin \angle CNA+NC.\sin \angle ANB$$
Tiếp đó cho $M$ và N là hai điểm Broca của tam giác, chú y$\angle BNC=180^0-B;\angle CNA=180^0-C;\angle ANB=180^0-A$.
Từ đây dễ dàng có điều cần chứng minh.

Chứng minh $ab+bc+ac\ge 1$

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=1$. Đặt $$a=\sqrt{y^2+yz+z^2};b=\sqrt{z^2+xz+x^2};c=\sqrt{x^2+xy+y^2}$$ Chứng minh $ab+bc+ac\ge 1$
Giả sử cho điểm $M$ bất kì trong mặt phẳng.
Dựng các điểm $A,B,C$ sao cho $MA=x;MB=y;MC=z$ và $\angle AMB=\angle BMC=\angle CMA=120^0$
Khi đó $MA$ là điểm Toricelli trong tam giác ABC có 3 cạnh $BC=a;CA=b;AB=c$. Ta cần chứng minh $$ab+bc+ac\ge 1=MA+MB+MC =\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+2S\sqrt{3}}$$
Hay $$a^2+b^2+c^2 \ge 4S\sqrt{3}+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$$
Đây chính là bất đẳng thức Finsler-Hadwinger
Vậy ta có điều cần chứng minh. $\blacksquare$

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: $P=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}$

chotam giác ABC  ngoại tiếp đường tròn tâm I, có trọng tâm G. G nằm trong (I). Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của ∆ABC. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
$P=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}$
Lời giải
GTNN
Ta có $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ac$ do đó $P\ge 1$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ khi đó tam giác $ABC$ đều.
GTLN
Gọi $p$ và $r$ theo thứ tự là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Theo định lý Pythagore ta có
$$IA^2+IB^2+IC^2=(p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2+3r^2 \,\,\,\,(1)$$
Lại có $$IA^2+IB^2+IC^2=(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GA})^2+(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GB})^2+(\overrightarrow{IG}+\overrightarrow{GC})^2=3IG^2+GA^2+BG^2+CG^2\,\,\, (2)$$
Do $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$
Từ (1) (2) và để ý rằng $GA^2+BG^2+CG^2=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}$ theo công thức đường trung tuyến ta có $$(p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2+3r^2 =3IG^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\,\,\,\, (3)$$
Vì $I$ nằm trong hình tròn $(I) $ nên $IG \le r$
Từ (3) ta có $$(p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2+3r^2 =3IG^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}$$
Do đó $P\le \frac{6}{5}$
Đẳng thức xảy ra tại $IG =r$. khi đó $G$ nằm trên đường tròn (I) chẳng hạn đối với tam giác có độ dài ba cạnh là $5;10;13\blacksquare$

India RMO 2012

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $abc(a+b+c)=3$. Chứng minh $(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8$

India RMO 2012

Lời giải
Ta có $(ab+bc+ac)^2 \ge 3abc(a+b+c)\Rightarrow ab+bc+ac\ge 3$
$$(a+b)(b+c)(c+a) \ge \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)\ge \frac{8.9}{9}=8$$
Do $a+b+c\ge \sqrt{3(ba+bc+ac)}$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Cho $a,b$ là hai số thực dương thỏa mãn $a+b=1$. Chứng minh $a^ab^b+a^bb^a\le 1$

India RMO 2012

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM suy rộng ta có $$a^ab^b+a^bb^a \le a^2+b^2+2ab=(a+b)^2 =1$$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2}$

Chứng minh rằng $a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c). $

Cho $a,b,c \ge 0$. Chứng minh rằng $a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c). $
Lời giải
Đặt $f(a;b;c)=a^3+b^3+c^3+3abc-[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]$
Điểm cực trị $f(a;b;c)$ là nghiệm của hệ
$$\frac{\partial f}{\partial a}=\frac{\partial f}{\partial b}=\frac{\partial f}{\partial c}$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3(a^2+bc)=2ab+2ac+b^2+c^2\\ 3(b^2+ac)=2ab+2bc+a^2+c^2\\ 3(c^2+ab)=2ac+2bc+a^2+b^2 \end{matrix}\right.$$
Cộng theo vế ta có $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\Leftrightarrow a=b=c$ khi đó $f(a;b;c)=0$
Xét TH $a=0:b^3+c^3\geq bc(b+c)\Leftrightarrow (b+c)(b-c)^3\geq 0$
Dấu đẳng thức chỉ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ và hoán vị tương ứng

Chứng minh $$\frac{a}{a^2+3}+\frac{b}{b^2+3}+\frac{c}{c^2+3}\leq \frac{3}{4}$$

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh
$$\frac{a}{a^2+3}+\frac{b}{b^2+3}+\frac{c}{c^2+3}\leq \frac{3}{4}$$
Lời giải 
Do $abc=1$ nên lấy Logarith Napier ta có:
$$\ln a+\ln b+\ln c=0$$
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau:
$$\frac{a}{a^2+3}\leq \frac{1}{4}+\frac{1}{8}.\ln a$$
Thật vậy xét $f(a)=\frac{a}{a^2+3}- \frac{1}{8}.\ln a$
Ta có : $f'(a)=\frac{3-a^2}{(a^2+3)^2}- \frac{1}{8a}\\ =\frac{(1-a)(a+1)(a^2+15)}{8a(3+a^2)^2}$
Vậy $f'(a)$ đổi dấu từ dương sang âm khi $a=1$. $f(a)_{Max}=f(1)=0$
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự và cộng lại ta có:
$$\frac{a}{a^2+3}+\frac{b}{b^2+3}+\frac{c}{c^2+3}\leq \frac{3}{4}+\frac{1}{8}(\ln a+\ln b+\ln c)=\frac{3}{4}$$
Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $P = \frac{{25\left( {xy + yz + zx} \right)}}{{2{x^3} + 3{y^2} + 6z + 1}} - \sqrt[4]{{xyz}}$

Cho $3$ số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $$P = \frac{{25\left( {xy + yz + zx} \right)}}{{2{x^3} + 3{y^2} + 6z + 1}} - \sqrt[4]{{xyz}}$$
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: $x+y+z \geq 3 \sqrt[3]{xyz} \Rightarrow xyz \le 1 \Rightarrow \sqrt[4]{xyz} \geq xyz$
Tiếp tục áp dụng bất đăng thức AM-GM ta có:
$x^3+x^3+1 \geq 3x^2 \Rightarrow 2x^3+3y^2+6z \geq 3x^2+3+3y^2+3+6z-6 \geq 12$
$ \Rightarrow P \le \dfrac{25}{12}(xy+yz+zx)- xyz$
Áp dụng bất đẳng thức Schur  $(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) \le xyz$
hay $(3-2z)(3-2x)(3-2y) \le xyz \Rightarrow xy+yz+zx \le \dfrac{9}{4}+ \dfrac{3}{4}xyz$
$ \Rightarrow \dfrac{25}{12}(xy+yz+zx)- xyz \le \dfrac{75}{16}+ \dfrac{9}{16}xyz \le \dfrac{21}{4}$
Vậy $MaxP= \dfrac{21}{4}$ khi $x=y=z=1$.

Cho $x,y,z$ thực dương thỏa $xyz=1$. Tìm GTNN của $P=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-6(x+y+z)$

Cho $x,y,z$ thực dương thỏa $xyz=1$. Tìm GTNN của $$P=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3-6(x+y+z)$$
Nghệ An MO 2009
Lời giải
Ta có: $P=\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}-6(x+y+z)$
-Xét hàm: $L=\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}-6(x+y+z)+\lambda (xyz-1)$
-Điểm cực trị là nghiệm của hệ:
$\begin{cases}
& \ L'_x=L'_y=L'_z=0  \\
& \ xyz=1
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ -3.\frac{1}{x^4}-6+\lambda yz=0  \\
& \ -3.\frac{1}{y^4}-6+\lambda xz=0  \\
& \ -3.\frac{1}{z^4}-6+\lambda xy=0 \\
& \ xyz=1 
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ \frac{1}{x^3}+2x=\frac{1}{y^3}+2y=\frac{1}{z^3}+2z=\frac{\lambda }{3}(*)  \\
& \ xyz=1
\end{cases}$
-Xét $f(x)=\frac{1}{x^3}+2x\\\Rightarrow f''(x)=\frac{12}{x^5}>0 \forall x>0$
Do đó, trong 3 số x;y;z, có 1 cặp số bằng nhau!
-Với $x=y$, biến đổi, ta được:
$(x^3-1)(x^6+x^3-2x+1)=0$
Chứng minh được $x=y=z=1$
-Hệ có nghiệm duy nhất: $(x;y;z)=(1;1;1)$
-Ta có:
$P(1;1;1)=-15$
$P(1;0,5;2)=-11,875>-15$
Nên $P_{min}=-15\Leftrightarrow x=y=z=1$

Chứng minh rằng: $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$

Với $a$, $b$, $c>0$ chứng minh rằng:
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$
Lời giải 
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
$$(\frac{a^2}{b}-2a+b)+(\frac{b^2}{c}-2b+c)+(\frac{c^2}{a}-2c+a)=\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\geq \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$
Ta có: $$\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\geq \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}$$
Ta cần chứng minh $(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2\geq 4(a-b)^2$
Dễ thấy $$|b-c|+|c-a|\geq |a-b|\Rightarrow (2|a-b|)^2\geq 4(a-b)^2$$

Điều này đúng suy ra điều phải chứng minh $\blacksquare$

Bất đẳng thức hình học

Với các bạn yêu thích Hình học,bài toán dưới đây là 1 vài bài toán quen thuộc:
$$\boxed{a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S }$$
Đây được gọi là Bất đẳng thức Weitzenbock.
Chứng minh
Sử dụng phép thế Ravi đặt $a=y+z; b=x+z; c=x+y$ với $x,y,z>0$ . Bất đẳng thức cần chứng minh
$$\Leftrightarrow \begin{pmatrix}
(y+z)^2+(x+z)^2+(x+y)^2
\end{pmatrix}^2\ge 48(x+y+z)xyz$$
Thật vậy ta có $$VT\ge (4xy+4xz+4yz)^2\ge 16(xy+xz+yz)^2\ge 16.3xyz(x+y+z)=48xyz(x+y+z)$$
Vậy bài toán được chứng minh. $\blacksquare$
 Và 1 bất đẳng thức chặt hơn,được gọi là Bất đẳng thức Finsler-Hadwinger
$$\boxed{a^2+b^2+c^2 \ge 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}$$
Chứng minh
Khai triển ra ta có bất đẳng thức trên viết lại thành $2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)\ge 4\sqrt{3}$
Cách 1: Sử dụng phép thế Ravi ta đặt $a=y+z;b=x+z;c=x+y$ với $x,y,z>0$, bất đẳng thức cần chứng minh $\Leftrightarrow xy+xz+yz\ge \sqrt{3xyz(x+y+z)}$
Ta có $(xy+xz+yz)^2-3xyz(x+y+z)=\frac{(xy-yz)^2+(yz-xz)^2+(xz-xy)^2}{2}\ge 0$
Bất đẳng thức này luôn đúng.
Cách 2:$$\frac{2ab+2bc+2ac-(a^2+b^2+c^2)}{4S}=tg\frac{A}{2}+tg\frac{B}{2}+tg\frac{C}{2}$$ vì hàm số $tg x$ lồi trên $(0;\frac{\pi}{2})$ nên theo BĐT Jensen ta có $$\frac{2ab+2bc+2ac-(a^2+b^2+c^2)}{4S} \geq 3tg \begin{pmatrix}
\frac{\frac{A}{2}+\frac{B}{2}+\frac{C}{2}}{3}
\end{pmatrix}=\sqrt{3}$$
Vậy bài toán được chứng minh. $\blacksquare$

Cho $a_1;b_1;c_1$ là độ dài cạnh tam giác $A_1B_1C_2$ có diện tích $S_1$ và $a_2,b_2,c_2$ là độ dài 3 cạnh tam giác $A_2B_2C_2$ có diện tích $S_2$. Chứng minh: $$\boxed{a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)\ge 16S_1S_2}$$
Đây là mở rộng của BĐT Weitzenbock.
Chứng minh:
Cách 1:
Bổ đề: Bất đẳng thức Aczela
Bổ đề: Cho $2n$ số thực không âm $a_1;a_2;...;a_{n};b_1;b_2;...b_{n}$ và 2 số thực không âm thỏa mãn:
$$\alpha^2 \ge \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2$$
$$\beta^2 \ge \sum_{k=1}^{n}b_{k}^2$$
Chứng minh:
$$\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right) \le \left(\alpha.\beta -\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k} \right)^2$$

Chứng minh:
Theo C-S:
$$\alpha.\beta \ge \sqrt{\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \ge \sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}$$
Viết lại BĐT dưới dạng:
$$\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k} +\sqrt{\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \le \alpha.\beta$$
Theo C-S:
$$VT \le \sqrt{\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)}+\sqrt{\left(\alpha^2- \sum_{k=1}^{n}a_{k}^2 \right)\left(\beta^2-\sum_{k=1}^{n}b_{k}^2 \right)} \le \sqrt{\alpha^2.\beta^2}=\alpha.\beta=VP$$
Vậy bổ đề đã được chứng minh.
Quay trở lại bài toán,bằng công thức Herone:
$$4S_1=\sqrt{2\sum_{cyc}a_{1}^2b_{1}^2 -\sum_{cyc}a_{1}^4}=\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{1}^4}$$
$$4S_2=\sqrt{2\sum_{cyc}a_2^2b_2^2 -\sum_{cyc}a_2^4}=\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{2}^4}$$
Vậy bài toán có thể biểu diễn dưới dạng:
$$a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2) \ge \sqrt{\left[\left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{1}^4\right]\left[\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)^2-2\sum_{cyc}a_{2}^4 \right]}$$
Áp dụng BĐT Aczel,ta có:
$$VP \le \left(\sum_{cyc}a_{1}^2 \right).\left(\sum_{cyc}a_{2}^2 \right)-2\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^4 \right)\left(\sum_{cyc}a_{2}^4 \right)}$$
Ta chỉ cần chứng minh:
$$2\sum_{cyc}a_1^2a_2^2 \le 2\sqrt{\left(\sum_{cyc}a_{1}^4 \right)\left(\sum_{cyc}a_{2}^4 \right)}$$
Bất đẳng thức trên đúng theo Cauchy-Schwart.
Vậy ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$
Cách 2: Phương pháp hình học giải tích
Giả sử 2 tam giác $A_1B_1C_1$ và $A_2B_2C_2$ có các đỉnh trong mặt phẳng có hệ trục tọa độ trực chuẩn là $A_1(0;p_1);B_1(p_2;0);C_1(p_3;0)$ và $A_2(0;q_1);B_2(q_2;0);C_2(q_3;0)$.
Sử dụng bất đẳng thức $x^2+y^2\ge 2|xy|$ ta có
$$a_1^2(b_2^2+c_2^2-a_2^2)+b_1^2(c_2^2+a_2^2-b_2^2)+c_1^2(a_2^2+b_2^2-c_2^2)$$
$$=(p_3-p_2)^2(2q_1^2+2q_1q_2)(p_1^2+p_3^2)(2q_2^2-2q_2q_3)+(p_1^2+p_2^2)(2q_3^2-2q_3q_2)$$
$$=2(p_3-p_2)^2q_1^2+2(q_3-q_2)^2p_1^2+2(q_2p_3-q_3p_2)^2\ge 2\begin{pmatrix}
(p_3-p_2)^2q_1
\end{pmatrix}^2+2\begin{pmatrix}
(q_3-q_2)^2p_1
\end{pmatrix}^2$$
$\geq 4|(p_3-p_2)q_1||(q_3-q_2)p_1|=16S_1S_2$ 
Vậy ta có điều cần chứng minh.