Inequality

Bài toán (Korea Final Round 2009)

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Ta đặt :

$$A=\frac{a^2+bc}{b+c}+\frac{b^2+ca}{c+a}+\frac{c^2+ab}{a+b}$$

$B$$=\frac{1}{\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)}}+\frac{1}{\sqrt{(b+c-a)(c+a-b)}}+\frac{1}{\sqrt{(c+a-b)(a+b-c)}}$

Chứng minh rằng $AB\ge 9$.

Lời giải :

Ta có :

$A+a+b+c$$=\sum _{sym}\left(\frac{a^2+bc}{b+c}+a\right)$$=\sum _{sym}\frac{a^2+bc+a(b+c)}{b+c}$$=\sum _{sym}\frac{(a+b)(c+a)}{b+c}$

Hơn nữa theo một bất đẳng thức quen thuộc $\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}\ge x+y+z$

Thì ta có :

$$\sum _{sym}\frac{(a+b)(c+a)}{b+c}\ge 2(a+b+c)$$

Từ đó suy ra :

$$A\ge a+b+c$$

Mặt khác sử dụng BĐT AM-GM ta được :

$B$$=\sum _{sym}\frac{1}{\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)}}$$\ge \sum _{sym}\frac{2}{(a+b-c)+(b+c-a)}$$=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Như vậy ta có ngay điều phải chứng minh :

$$AB\ge (a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge 9$$