Chủ đề này có 1 trả lời

[I Love MC]

Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp ,các cạnh $BC=a,AC=b,AB=c$ 
Chứng minh các bất đẳng thức sau : 
i) $\sum \frac{\sqrt{bc}}{IA} \ge \frac{IA}{\sqrt{bc}}$ 
ii) $\sum \frac{a\sqrt{bc}.IA}{b.IB^2+c.IC^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}$

[dark templar]

Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp ,các cạnh $BC=a,AC=b,AB=c$ 
Chứng minh các bất đẳng thức sau : 
ii) $\sum \frac{a\sqrt{bc}.IA}{b.IB^2+c.IC^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Ta có hệ thức sau :

$$aIA^2+bIB^2+cIC^2=abc$$

 

Hệ thức này có khá nhiều cách chứng minh nên nhường lại cho chủ topic.

 

Từ đó ta có:

$$\frac{a\sqrt{bc}IA}{bIB^{2}+cIC^{2}}=\frac{a\sqrt{bc}IA}{abc-aIA^{2}}=\frac{\sqrt{bc}IA}{bc-IA^{2}}$$

 

Mặt khác:

$$IA=\frac{p-a}{\cos\frac{A}{2}}=\frac{p-a}{\sqrt{\frac{1+\cos A}{2}}}=\frac{p-a}{\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}}=\sqrt{\frac{bc(p-a)}{p}}$$

 

với ký hiệu $p$ là nửa chu vi

 

Do đó:

$$\frac{a\sqrt{bc}IA}{bIB^{2}+cIC^{2}}=\frac{bc\sqrt{\frac{p-a}{p}}}{bc\left ( 1-\frac{p-a}{p} \right )}=\frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}$$

 

Đặt $x=\sqrt{p-a};y=\sqrt{p-b};z=\sqrt{p-c}$ thì $x,y,z>0$ và $a=y^2+z^2;b=x^2+z^2;c=x^2+y^2$.BĐT sẽ tương đương với:

$$\frac{x}{y^{2}+z^{2}}+\frac{y}{x^{2}+z^{2}}+\frac{z}{x^{2}+y^{2}}\geqslant \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}} (*)$$

 

Mình có 2 cách để chứng minh $(*)$.

 

Cách 1: Sử dụng tính thuần nhất của BĐT,chuẩn hoá cho $x^2+y^2+z^2=3$.Viết lại BĐT dưới dạng sau:

$$\frac{x}{3-x^{2}}+\frac{y}{3-y^{2}}+\frac{z}{3-z^{2}}\geqslant \frac{3}{2}$$

 

Ta có BĐT phụ sau : $\frac{x}{3-x^{2}}\geqslant \frac{x^{2}}{2},\forall x>0 \Leftrightarrow (x-1)^2(x+2) \ge 0$.Xây dựng 2 BĐT tương tự cho $y,z$ rồi cộng chúng lại,ta sẽ có đpcm

---------------------

 

Cách 2 (chứng minh trực tiếp)

Ta cần chứng minh $\left ( \sum \frac{x}{y^{2}+z^{2}} \right )^{2}\geqslant \frac{27}{4(x^{2}+y^{2}+z^{2})}$

 

Theo Holder thì:

$$\left ( \sum \frac{x}{y^{2}+z^{2}} \right )^{2}\left ( \sum x^{4}(y^{2}+z^{2})^{2} \right )\geqslant \left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )^{3}$$

 

Như vậy ta chỉ cần chứng minh:

$$2\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )^{4}\geqslant 27\left ( x^{4}y^{4}+y^{4}z^{4}+z^{4}x^{4}+x^{2}y^{2}z^{2}\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right ) \right )$$

 

Đổi biến $x^2=a,y^2=b,z^2=c(a,b,c>0)$ cho dễ nhìn thì ta cần chứng minh:

$$2\left ( a+b+c \right )^{4}\geqslant 27\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+abc(a+b+c) \right )$$

 

Tương đương với:

$$2\sum a^{4}+8\sum ab(a^{2}+b^{2})\geqslant 15\sum a^{2}b^{2}+3abc(a+b+c)$$

 

Theo AM-GM:

$$VT\geqslant 18\sum a^{2}b^{2}\geqslant 15\sum a^{2}b^{2}+3abc(a+b+c)=VP$$

 

Vậy ta có đpcm.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 10-04-2016 - 21:36