Bài toán 4.% [0D0K2] Gọi $R$, $r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác $ABC$. Chứng minh rằng \[\dfrac{\cos A}{\sin^2A}+\dfrac{\cos B}{\sin^2B}+\dfrac{\cos C}{\sin^2C}\geq\dfrac{R}{r}. \]

Bài toán 4.% [0D0K2] Gọi $R$, $r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác $ABC$. Chứng minh rằng \[\dfrac{\cos A}{\sin^2A}+\dfrac{\cos B}{\sin^2B}+\dfrac{\cos C}{\sin^2C}\geq\dfrac{R}{r}. \]

Lời giải

Kí hiệu $a=BC, b=CA, c=AB$ là độ dài các cạnh của tam giác $ABC$. Không mất tính tổng quát ta giả sử $a\ge b\ge c$. Theo định lí sin ta có $R=\dfrac{a}{2\sin A}=\dfrac{b}{2\sin B}=\dfrac{c}{2\sin C}$.
Gọi $S$ là diện tích của tam giác $ABC$ thì ta có \[S=\dfrac{1}{2}b c\sin A=\dfrac{a b c}{4R}=p r. \] với $p=\dfrac{a+b+c}{2}$. Suy ra $abc=4Rrp$.
Nhận xét: Với mọi $x,y$ dương, ta luôn có \[\left(x^2-y^2\right)\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{y}\right)\leq 0. \] Do đó $\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{x}\geq x+y$.\hfill$(1)$
Theo định lí cosin và sin ta có \begin{eqnarray*} \dfrac{\cos A}{\sin^2A}&=&\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2b c}\colon\dfrac{a^2}{4R^2}=\dfrac{2R^2}{a b c}\cdot\dfrac{b^2+c^2-a^2}{a}\\ &=&\dfrac{R}{2r p}\cdot\dfrac{b^2+c^2-a^2}{a}=\dfrac{R}{2r p}\left(\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{c^2}{a}-a\right). \end{eqnarray*} Tương tự ta có \begin{eqnarray*} \dfrac{\cos B}{\sin^2B}&=&\dfrac{R}{2r p}\left(\dfrac{c^2}{b}+\dfrac{a^2}{b}-b\right)\\ \dfrac{\cos C}{\sin^2C}&=&\dfrac{R}{2r p}\left(\dfrac{a^2}{c}+\dfrac{b^2}{c}-c\right). \end{eqnarray*} Cộng theo vế các BĐT trên ta được \begin{eqnarray*} \dfrac{\cos A}{\sin^2A}+\dfrac{\cos B}{\sin^2B}+\dfrac{\cos C}{\sin^2C}&\geq&\dfrac{R}{2r p}\left(\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{c^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{a^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}-a-b-c\right)\\ &\overset{\text{theo (1)}}{\ge}& \dfrac{R}{2r p}(b+a+c+b+a+c-a-b-c)\\ &=&\dfrac{R}{2r p}(a+b+c)=\dfrac{R}{2r p}\cdot 2p=\dfrac{R}{r}. \end{eqnarray*} Nhận xét. BĐT (1) chính là hệ quả trực tiếp của BĐT Schwarz.