Inequality

Bài toán : Cho $R,r,p$ theo thứ tự là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và nửa chu vi của một tam giác. Chứng minh rằng ta luôn có :

$$\frac{R}{6r}+\frac{2r(4R+r)}{p^2}\ge 1$$

Lời giải :

Gọi ba cạnh của tam giác là $a,b,c$. Đặt $a=y+z,b=z+x,c=x+y$. Ta biểu thị các đại lượng $R,r,p$ theo $x,y,z$.

Ta có :

$R$$=\frac{abc}{4S}$$=\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{4\sqrt{xyz(x+y+z)}},r$$=\frac{S}{p}$$=\frac{\sqrt{xyz(x+y+z)}}{x+y+z}$

Từ đó :

$$\frac{R}{6r}=\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{24xyz}$$

Và :

$r(4R+r)$$=\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{x+y+z}+\frac{xyz(x+y+z)}{(x+y+z{)}^2}$$=\frac{(x+y)(y+z)(z+x)+xyz}{x+y+z}$$=xy+yz+zx$

Và như vậy ta dẫn đến việc chứng minh :

$\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{24xyz}+\frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y+z{)}^2}$$\ge 1$$\iff (x+y)(y+z)(z+x)(x+y+z{)}^2$$\ge 24xyz(x^2+y^2+z^2)$

The inequality is written as : 

$$\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{8xyz}\ge \frac{3(x^2+y^2+z^2)}{(x+y+z{)}^2}$$

We have the equalitys :

$$(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz=2z(x-y{)}^2+(x+y)(x-z)(y-z)$$ $$3(x^2+y^2+z^2)-(x+y+z{)}^2=2(x-y{)}^2+2(x-z)(y-z)$$

We need to prove :

$$\frac{(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz}{8xyz}\ge \frac{3(x^2+y^2+z^2)-(x+y+z{)}^2}{(x+y+z{)}^2}$$ $$\iff \frac{2z(x-y{)}^2+(x+y)(x-z)(y-z)}{8xyz}\ge \frac{2(x-y{)}^2+2(x-z)(y-z)}{(x+y+z{)}^2}$$ $$\iff M(x-y{)}^2+N(x-z)(y-z)\ge 0$$

With :

$$M=\frac{2z}{8xyz}-\frac{2}{(x+y+z{)}^2}$$ $$N=\frac{x+y}{8xyz}-\frac{2}{(x+y+z{)}^2}$$

WLOG, suppose $c=max(a,b,c)$. Implies $2c\ge a+b$, hence $M\ge N$. We will prove $N\ge 0$.

$$N\ge 0\iff (x+y+z{)}^2(x+y)\ge 16xyz$$

But $4xy\le (x+y{)}^2$. We prove :

$$(x+y+z{)}^2\ge 4z(x+y)\iff (x+y-z{)}^2\ge 0(true)$$

Since $c=max(a,b,c)$, we get $(a-c)(b-c)\ge 0$ and $M\ge N\ge 0$.  The problem is solved.