Bài toán : (Đề nghị Olympic 30-4 Toán 10 THPT Chuyên Kon Tum tỉnh Kon Tum 2010) Cho tam giác \(ABC\) nhọn có \(a,b,c\) l

Bài toán : (Đề nghị Olympic 30-4 Toán 10 THPT Chuyên Kon Tum tỉnh Kon Tum 2010)

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $a,b,c$ là các cạnh, $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp, $r_a,r_b,r_c$ là bán kính các đường tròn bàng tiếp. Chứng minh rằng :

                                       $$r(r_a+r_b+r_c)\le \frac{a^3+b^3+c^3}{3}+\frac{co{s}^{3}A+co{s}^{3}B+co{s}^{3}C}{6}$$

Lời giải :

Chú ý bất đẳng thức quen thuộc $co{s}^{2}A+co{s}^{2}B+co{s}^{2}C\ge \frac{3}{4}$

Theo $AM-GM$ :   $co{s}^{3}A+co{s}^{3}A+\frac{1}{8}\ge \frac{3}{2}co{s}^{2}A$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng chúng lại theo vế :

$2(co{s}^{3}A+co{s}^{3}B+co{s}^{3}C)$$\ge \frac{3}{2}(co{s}^{2}A+co{s}^{2}B+co{s}^{2}C)-\frac{3}{8}$$\ge \frac{9}{8}-\frac{3}{8}$$=\frac{3}{4}$

Nên $co{s}^{3}A+co{s}^{3}B+co{s}^{3}C\ge \frac{3}{8}$

Mặt khác ta có $r{r}_a=\frac{S}{p}.\frac{S}{p-a}=\frac{S^2}{p(p-a)}=(p-b)(p-c)\le {\left(\frac{p-b+p-c}{2}\right)}^2=\frac{a^2}{4}$.

Tương tự, cuối cùng ta được $r(r_a+r_b+r_c)\le \frac{a^2+b^2+c^2}{4}$

Do vậy ta chỉ cần chứng minh

$\frac{a^3+b^3+c^3}{3}+\frac{1}{16}$$\ge \frac{a^2+b^2+c^2}{4}$$\iff 4(a^3+b^3+c^3)+\frac{3}{4}$$\ge 3(a^2+b^2+c^2)$

Điều này hiển nhiên đúng theo $AM-GM$ :

$$4a^3+4a^3+\frac{1}{2}\ge 6a^2$$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng chúng lại theo vế :

$8(a^3+b^3+c^3)+\frac{3}{2}$$\ge 6(a^2+b^2+c^2)$$\iff 4(a^3+b^3+c^3)+\frac{3}{4}$$\ge 3(a^2+b^2+c^2)$

Từ đây suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi tam giác $ABC$ đều và có cạnh bằng $1/2$