Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

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.

Bài toán (Đề thi Olympic Gặp gỡ toán học 2014, lớp 11)

Cho $x,y,z>0$ và $\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{27}{2}$. Chứng minh :

$$x^2+y^2+z^2\le 2(xy+yz+zx)$$

Lời giải :

Ta có thể viết điều cần chứng minh dưới dạng :

$$f(z)=z^2-2z(x+y)+(x-y{)}^2\le 0$$

Dễ thấy phương trình $f(z)=0$ có hai nghiệm ${\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)}^2,{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}^2$ nên để chứng minh $f(z)\le 0$ ta chỉ cần chứng minh :

$${\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)}^2\le z\le {\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}^2$$

Điều này sẽ đúng nếu $\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}$ là độ dài ba cạnh một tam giác.

Đổi biến $\left(\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}\right)\to \left(a,b,c\right)$. Gỉa thiết đã cho trở thành :

$\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)$$=\frac{27}{2}$

Để ý các kết quả quen thuộc :

$$a^2+b^2\ge \frac{(a+b{)}^2}{2}$$

$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge \frac{8}{(a+b{)}^2}$$

Như vậy ta được :

$\frac{27}{2}$$\ge \left(\frac{(a+b{)}^2}{2}+c^2\right)\left(\frac{8}{(a+b{)}^2}+\frac{1}{c^2}\right)$$\iff t^2-17t+16$$\le 0\left(t=\frac{(a+b{)}^2}{c^2}\right)$$\iff 1$$\le t$$\le 16$$\Rightarrow a+b$$\ge c$

Hoàn toàn tương tự ta được $b+c\ge a,c+a\ge b$. Tức $a,b,c$ hay $\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}$ là độ dài ba cạnh một tam giác.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ thỏa điều kiện $C\le B\le A\le \frac{\pi }{2}$. 

Chứng minh rằng :

$$P=cos\frac{A-B}{2}sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}\le \frac{1}{4}$$

Lời giải :

Ta có :

$P$$=cos\frac{A-B}{2}sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}$$=\frac{1}{2}cos\frac{A-B}{2}\left(cos\frac{A-B}{2}-cos\frac{A+B}{2}\right)$$=\frac{1}{4}\left[1+cos(A-B)-cosA-cosB\right]$

Mặt khác :

$$cos(A-B)=\frac{sin2A+sin2B}{2sinC}=\frac{sinA}{sinC}.cosA+\frac{sinB}{sinC}.cosB\ge cosA+cosB$$

Do vậy :

$$P\le \frac{1}{4}$$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ có ba đường trung tuyến $AM,BN,CP$ đồng quy tại $G$ và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ lần lượt tại $D,E,F$. Chứng minh rằng :

$\frac{1}{GD}+\frac{1}{GE}+\frac{1}{GF}$$\le \sqrt{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$

Lời giải :

Ta có $MD.MA=MB.MC\Rightarrow MD=\frac{a^4}{4m_a}$

Do đó :

$$GD=GM+MD=\frac{1}{3}{m}_a+\frac{a^2}{4m_a}\ge \frac{a}{\sqrt{3}}$$

Suy ra $\frac{1}{GD}\le \frac{\sqrt{3}}{a}$

Hoàn toàn tương tự ta được : $\frac{1}{GE}\le \frac{\sqrt{3}}{b},\frac{1}{GF}\le \frac{\sqrt{3}}{c}$

Từ đó suy ra :

$\frac{1}{GD}+\frac{1}{GE}+\frac{1}{GF}$$\le \sqrt{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$

Đây là điều phải chứng minh.

Bài toán  (CĐT Olympic 30-4 toán 10 năm 2014 THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai)

 Cho tam giác $ABC$. Chứng minh rằng :

$\frac{sinAsinB}{si{n}^2\frac{C}{2}}+\frac{sinBsinC}{si{n}^2\frac{A}{2}}+\frac{sinC.sinA}{si{n}^2\frac{B}{2}}$$\ge 9$

Lời giải :

Ta đặt $a=tan\frac{A}{2},b=tan\frac{B}{2},c=tan\frac{C}{2}(a,b,c>0)$ thì $ab+bc+ca=1$

Ta có $sinA=\frac{2a}{1+a^2},sin\frac{A}{2}=\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}$, tương tự với $B,C$

Từ đó ta có :

$\frac{sinA.sinB}{si{n}^2\frac{C}{2}}$$=\frac{\frac{4ab}{(1+a^2)(1+b^2)}}{\frac{c^2}{1+c^2}}$$=\frac{4(1+c^2)}{c^2(1+a^2)(1+b^2)}$

Chú ý là vì  $ab+bc+ca=1$ nên $a^2+1=(a+b)(a+c),b^2+1=(b+c)(b+a),c^2+1=(c+a)(c+b)$

Do đó :

$$\frac{4ab(1+c^2)}{c^2(1+a^2)(1+b^2)}=\frac{4ab}{c^2(a+b{)}^2}$$

Như vậy ta cần chứng minh :

$$\frac{ab}{c^2(a+b{)}^2}+\frac{bc}{a^2(b+c{)}^2}+\frac{ca}{b^2(c+a{)}^2}\ge \frac{9}{4}$$

Thật vậy, áp dụng BĐT $Holder$ :

$\left[\frac{ab}{c^2(a+b{)}^2}+\frac{bc}{a^2(b+c{)}^2}+\frac{ca}{b^2(c+a{)}^2}\right]\left(\sum abc(a+b)\right)\left(\sum abc(a+b)\right)$$\ge {\left(\sum \sqrt[3]{\frac{ab.a^2{b}^2{c}^2(a+b{)}^2}{c^2(a+b{)}^2}}\right)}^3$$=(ab+bc+ca{)}^3$$=1$

Kéo theo :

$\frac{ab}{c^2(a+b{)}^2}+\frac{bc}{a^2(b+c{)}^2}+\frac{ca}{b^2(c+a{)}^2}$$\ge \frac{1}{4a^2{b}^2{c}^2(a+b+c{)}^2}$

Mặt khác :

$$a^2{b}^2{c}^2(a+b+c{)}^2\le \frac{1}{9}(ab+bc+ca{)}^4=\frac{1}{9}$$

Suy ra :

$$\frac{ab}{c^2(a+b{)}^2}+\frac{bc}{a^2(b+c{)}^2}+\frac{ca}{b^2(c+a{)}^2}\ge \frac{9}{4}$$

Đây là điều cần chứng minh.

Bài toán (Đề thi chính thức Olympic 30-4 toán 10 năm 2003) : Cho hai đường tròn đồng tâm $(O,R)$ và $(O,R_1)$ với $R_1>R$. Tia $AB,BC,CD,DA$ lần lượt cắt $(O,R_1)$ tại $A_1,B_1,C_1,D_1$. Chứng minh rằng 

$$\frac{S_{A_1{B}_1{C}_1{D}_1}}{S_{ABCD}}\ge \frac{R_1^2}{R^2}$$

Lời giải : 

Bổ đề : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O,R)$. Khi đó $AB.BC+AD.DC\le 4R^2$ và $AD.AB+CB.CD\le 4R^2$.

Chứng minh bổ đề :

Kẻ dây cung $CE\parallel BD$ với $E$ thuộc $(O)$. Dễ thấy $BC=DE,DC=BE$.

Theo định lí Ptolemy và liên hệ giữa dây và đường kính, ta có : $AB.BC+AD.DC=AB.DE+AD.BE=AE.BD\le 2R.2R=4R^2$

Tương tự, $AD.AB+CD.CB\le 4R^2$. Bổ đề được chứng minh.

Bài toán :

Ta có

$\frac{S_{D_{1}D{C}_1}}{S_{ABCD}}$$=\frac{D_{1}D.D{C}_1.sin\widehat{D_{1}DC}}{S_{ACD}+s_{ABC}}$$=\frac{D_{1}D.D{C}_1.sin\widehat{D_{1}DC}}{AD.DC.sin\widehat{ADC}+AB.BC.sin\widehat{ABC}}$$=\frac{D_{1}D.D{C}_1}{AD.DC+AB.BC}$

Chú ý vì $\widehat{D_{1}DC}=\widehat{ABC}=\pi -\widehat{ADC}$ nên $sin\widehat{D_{1}DC}=sin\widehat{ABC}=sin\widehat{ADC}$.

Áp dụng bổ đề ta có

$\frac{S_{D_{1}D{C}_1}}{S_{ABCD}}$$\ge \frac{D_{1}D.D{C}_1}{4R^2}$$=\frac{(D_{1}D.A{D}_1).D{C}_1}{A{D}_1.4R^2}$$=\frac{P_{D_1/(O,R)}.D{C}_1}{A{D}_1.4R^2}$$=\frac{D{C}_1}{A{D}_1}.\frac{R_1^2-R^2}{4R^2}$

Hoàn toàn tương tự, ta có :

$\frac{S_{C_{1}C{B}_1}}{S_{ABCD}}$$\ge \frac{C{B}_1}{D{C}_1}.\frac{R_1^2-R^2}{4R^2},\frac{S_{A_{1}B{B}_1}}{S_{ABCD}}$$\ge \frac{B{A}_1}{C{B}_1}.\frac{R_1^2-R^2}{4R^2},\frac{S_{A_{1}A{D}_1}}{S_{ABCD}}$$\ge \frac{A{D}_1}{B{A}_1}.\frac{R_1^2-R^2}{4R^2}$

Do vậy mà :

$\frac{S_{A_1{B}_1{C}_1{D}_1}}{S_{ABCD}}$$=1+\frac{S_{D_{1}DC}+S_{C_{1}C{B}_1}+S_{A_{1}B{B}_1}+S_{A_{1}A{D}_1}}{S_{ABCD}}$$=1+\frac{R_1^2-R^2}{4R^2}\left(\frac{D{C}_1}{A{D}_1}+\frac{C{B}_1}{D{C}_1}+\frac{B{A}_1}{C{B}_1}+\frac{A{D}_1}{B{A}_1}\right)$$\ge 1+\frac{R_1^2-R^2}{R^2}$$=\frac{R_1^2}{R^2}$

Đây là điều phải chứng minh.

Bài toán (THTT số 437) Chứng minh rằng với mọi tam giác $ABC$, ta có :

$\frac{cos\frac{B-C}{2}}{sin\frac{A}{2}}+\frac{cos\frac{C-A}{2}}{sin\frac{B}{2}}+\frac{cos\frac{A-B}{2}}{sin\frac{C}{2}}$$\le 2\left(\frac{tan\frac{A}{2}}{tan\frac{B}{2}}+\frac{tan\frac{B}{2}}{tan\frac{C}{2}}+\frac{tan\frac{C}{2}}{tan\frac{A}{2}}\right)$

Lời giải :

Chú ý công thức $tan\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}$

Suy ra

$\frac{tan\frac{A}{2}}{tan\frac{B}{2}}$$=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}.\sqrt{\frac{p(p-b)}{(p-c)(p-a)}}$$=\frac{p-b}{p-a}$$=\frac{c+a-b}{b+c-a}$

Tương tự với các hệ thức còn lại.

Mặt khác, ta có :

$\frac{cos\frac{B-C}{2}}{sin\frac{A}{2}}$$=\frac{sin\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}}{sin\frac{A}{2}.sin\frac{\pi -A}{2}}$$=\frac{2sin\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}}{2sin\frac{A}{2}.cos\frac{A}{2}}$$=\frac{sinB+sinC}{sinA}$$=\frac{b+c}{a}$

Tương tự với các hệ thức còn lại.

Từ đó ta quy về chứng minh BĐT đại số :

$\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}$$\le 2\left(\frac{b+c-a}{c+a-b}+\frac{c+a-b}{a+b-c}+\frac{a+b-c}{b+c-a}\right)$

Đặt $x=b+c-a,y=c+a-b,z=a+b-c$, vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh một tam giác nên $x,y,z>0$.

Khi đó $x+y=2c,y+z=2a,z+x=2b$. Ta cần chứng minh :

$\frac{2x+y+z}{y+z}+\frac{x+2y+z}{x+z}+\frac{x+y+2z}{x+y}$$\le 2\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)$$\iff 3+\frac{2x}{y+z}+\frac{2y}{z+x}+\frac{2z}{x+y}$$\le 2\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)(\ast )$

Sử dụng các khai triển :

$\bullet \frac{2x}{y+z}+\frac{2y}{z+x}+\frac{2z}{x+y}-3$$=\frac{2(x-y{)}^2}{(x+z)(y+z)}+\frac{x+y+2z}{(x+y)(y+z)(z+x)}(x-z)(y-z)$

$$\bullet \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}-3=\frac{(x-y{)}^2}{xy}+\frac{(x-z)(y-z)}{zx}$$

Khi đó trừ $6$ vào hai vế của $(\ast )$ và dùng các khai triển nêu trên, BĐT cần chứng minh tương đương :

$\left[\frac{2}{xy}-\frac{2}{(x+z)(y+z)}\right](x-y{)}^2+\left[\frac{2}{zx}-\frac{x+y+2z}{(x+y)(y+z)(z+x)}\right](x-z)(y-z)$$\ge 0$$\iff M.(x-y{)}^2+N.(x-z)(y-z)$$\ge 0$

Dễ dàng thấy được $M,N>0$. Khi đó giả sử $z=min\left\{x,y,z\right\}$ thì ta có điều phải chứng minh.

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