Cho a, b, c là các cạnh của một tam giác có diện tích S. Chứng minh rằng:

a² + b² + c² ≥ \(4\sqrt 3 S\).

Áp dụng công thức Hê– rông ta có:

\(\sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = \frac{1}{2}\sqrt {\left( {b + c + a} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)\left( {a + b - c} \right)} \)

Suy ra: S² = p(p – a)(p – b)(p – c)

Áp dụng bất đẳng thức Cô–si ta có:

\(\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right) \le {\left[ {\frac{{\left( {p - a} \right) + \left( {p - b} \right) + \left( {p - c} \right)}}{3}} \right]^3} = \frac{{{p^3}}}{{27}}\)

Suy ra: \[{S^2} \le \frac{{{p^4}}}{{27}} \Rightarrow S \le \frac{{{p^2}}}{{3\sqrt 3 }} = \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{12\sqrt 3 }}\]

Mà (a + b + c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ca

≤ a² + b² + c² + (a² + b²) + (b² + c²) + (c² + a²)

= 3(a² + b² + c²)

Do đó: \[S \le \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{12\sqrt 3 }} \le \frac{{3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{12\sqrt 3 }} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4\sqrt 3 }}\]

Vậy a² + b² + c² ≥ \(4\sqrt 3 S\)

 Dấu “=” khi a = b = c.