Định lý Vi-et được sử dụng trong tam giác

1.Kiến thức cơ bản:
1.1. Định lí Vi-et cho 3 số:
Giả sử phương trình : $a.x^3+b.x^2+c.x+d=0$ $(a \neq 0)$
có 3 nghiệm là $x_1,x_2,x_3$.KHi đó ta có:
$x_1+x_2+x_3=\dfrac{-b}{a}$
$x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=\dfrac{c}{a}$
$x_1x_2x_3=\dfrac{-d}{a}$

1.2.Hệ quả định lý Vi-et:
$\dfrac{1}{x_1},\dfrac{1}{x_2},\dfrac{1}{x_3}$ là 3 nghiệm của phương trình
$d.x^3+c.x^2+b.x+a =0$.Từ đó ta có 1 bộ Vi-et mới cho các nghiệm nghịch đảo.

1.3.Các công thức cơ bản
Trong tam giác, kí hiệu $S,p,r,R,h$ lần lượt là diện tích,nửa chu vi,bán kính đường tròn nội tiếp , bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường cao tam giác. Khi đó:
$S=\dfrac{1}{2}.a.h_a=\dfrac{1}{2}.b.h_b=\dfrac{1}{2}.c.h_c$
$S=r.p$
$S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)}$
$S=\dfrac{abc}{4R}$

2.Các bộ số Vi-et trong tam giác
2.1.Kí hiệu $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác. Ta có bộ số Vi-et cơ bản của tam giác
$a+b+c=2p$
$a.b+b.c+c.a=p^2+r^2+4.R.r$
$a.b.c=4.R.r.p$
(Chứng minh:các công thức trên chứng minh khá dễ bằng việc áp dụng trực tiếp các công thức diện tích.)
Từ trên ,ta thấy a,b,c là 3 nghiệm của phương trình:
$t^3-2p.t^2+(p^2+r^2+4R.r).t-4R.r.p=0$
ta có ngay hệ quả là $\frac{1}{x_1},\frac{1}{x_2},\frac{1}{x_3}$ là 3 nghiệm của phương trình mới:
$4R.r.p.t^3-(p^2+r^2+4R.r).t^2+2p.t-1=0$
Theo định lí Viete ta có:
$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}=\dfrac {p^2+r^2+4rR}{(4Rrp}$
$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=\dfrac{1}{2Rr}$
2.2.Thật tình cờ,ta đã thu được các công thức khá đẹp. Ta nghĩ đến các bài toán về bất đẳng thức:
2.2.1 .$(a+b+c)^2 \geq 3.(ab+bc+ca)$
ta nghĩ ngay đến việc thay $a+b+c=2p;ab+bc+ca=p^2+r^2+4Rr$vào bất đẳng thức trên.Kết quả thật tình cờ và bất ngờ:

BÀI TOÁN 1
Cho a,b,c là 3 cạnh tam giác. CMR: $p^2 \geq 3r^2+12.R.r$
2.2.2.Lại nghĩ đến bất đẳng thức Schwarzt:
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \geq \dfrac{9}{a+b+c}$
hay ta có: $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} = \dfrac{ p^2+r^2+4R.r}{4Rrp} \geq \dfrac{9}{2p}$
khai triển ra ta có ngay 1 bài mới:

BÀI TOÁN 2
Chứng minh rằng: $p^2+r^2 \geq 14Rr$

2.3.Ta có thể có thêm các bộ số Viete :
$(p-a)+(p-b)+(p-c)=p$
$(p-a).(p-b)+(p-b).(p-c)+(p-c).(p-a)=r^2+4Rr$
$(p-a)(p-b)(p-c)=p.r^2$
Với cái tư tưởng $a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$ ta thu được:

BÀI TOÁN 3:
Chứng minh rằng: $(p-a)^2+(p-b)^2+(p-c)^2 \geq r^2+4Rr$

2.3.1 Từ 2.3 ta suy ra bộ 3 số $p-a,p-b,p-c$ là 3 nghiệm của phương trình
$t^3-p.t^2+(r^2+4Rr).t - p.r^2=0$
Hệ quả, có ngay bộ Viete mới: $\dfrac{1}{p-a},\dfrac{1}{p-b},\dfrac{1}{p-c}$ là 3 nghiệm của phương trình:
$p.r^2.t^3-(r^2+4Rr).t^2+p.t-1=0$
2.3.2.LẠi theo định lí Viete ta có
$\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}=\dfrac{r+4R}{p.r}$
$\dfrac{1}{(p-a)(p-b)}+\dfrac{1}{(p-b)(p-c)}+\dfrac{1}{(p-a)(p-c)}=\dfrac{1}{r^2}$
Vẫn cái tư tưởng giản đơn $(a+b+c)^2 \geq 3.(ab+bc+ca)$ ta có ngay

BÀI TOÁN 4
Chứng minh rằng: $\dfrac{r+4R}{p.r} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{r^2}$