[Bài toán] Bất đẳng thức hình học

Bài toán (Đề thi Olympic 30-4 chính thức toán 10 năm 2003) : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, các phân giác trong $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime }$ cắt $(O)$ lần lượt tại $A_1,B_1,C_1$. Chứng minh rằng :

$$\frac{A{A}^{\prime }}{A{A}_1}+\frac{B{B}^{\prime }}{B{B}_1}+\frac{C{C}^{\prime }}{C{C}_1}\le \frac{9}{4}$$

Lời giải :

Theo định lí hàm sin :

$A{A}_1$$=2R.sin\widehat{AB{A}_1}$$=2R.sin\left(\hat{B}+\frac{\hat{A}}{2}\right)$$=2R.sin\left(\frac{\pi +\hat{B}-\hat{C}}{2}\right)$$=2R.cos\frac{B-C}{2}$

Và theo công thức đường phân giác : $A{A}^{\prime }=\frac{2bc.cos\frac{A}{2}}{b+c}$

Suy ra $\frac{A{A}^{\prime }}{A{A}_1}=\frac{2bc.cos\frac{A}{2}}{(b+c).2R.cos\frac{B-C}{2}}=\frac{bc}{(b+c)R}.\frac{cos\frac{A}{2}}{cos\frac{B-C}{2}}$

Ta có

$\frac{cos\frac{A}{2}}{cos\frac{B-C}{2}}$$=\frac{sin\frac{A}{2}cos\frac{A}{2}}{sin\frac{\pi -B-C}{2}.cos\frac{B-C}{2}}$$=\frac{sinA}{cosB+cosC}$$=\frac{a}{2R}:\left(\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ca}\right)$$=\frac{a}{2R}:\frac{(b+c)(a^2-b^2-c^2+2bc)}{2a}$$=\frac{a}{2R}:\frac{4(b+c)(p-b)(p-c)}{2abc}$$=\frac{a^{2}bc}{4R.(b+c).(p-b)(p-c)}$

Từ đó :

$\frac{A{A}^{\prime }}{A{A}_1}$$=\frac{bc}{R(b+c)}.\frac{a^{2}bc}{4R(p-b)(p-c)(b+c)}$$=\frac{a^2{b}^2{c}^2}{16R^2}.\frac{4}{(b+c{)}^2(p-b)(p-c)}$$=\frac{4S^2}{(b+c{)}^2(p-b)(p-c)}$$=\frac{4p(p-a)(p-b)(p-c)}{(b+c{)}^2(p-b)(p-c)}$$=\frac{4p(p-a)}{(b+c{)}^2}$$=\frac{(a+b+c)(b+c-a)}{(b+c{)}^2}$$=1-\frac{a^2}{(b+c{)}^2}$

Hoàn toàn tương tự :

$\frac{B{B}^{\prime }}{B{B}_1}=1-\frac{b^2}{(c+a{)}^2}$ và $\frac{C{C}^{\prime }}{C{C}_1}=1-\frac{c^2}{(a+b{)}^2}$

Như vậy thì :

$\frac{A{A}^{\prime }}{A{A}_1}+\frac{B{B}^{\prime }}{B{B}_1}+\frac{C{C}^{\prime }}{C{C}_1}$$=3-\frac{a^2}{(b+c{)}^2}-\frac{b^2}{(c+a{)}^2}-\frac{c^2}{(a+b{)}^2}$$\le 3-\frac{1}{3}{\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)}^2$$\le 3-\frac{1}{3}.\frac{3^2}{2^2}$$=\frac{9}{4}$

Đây là điều phải chứng minh