[T8/503 Toán học & tuổi trẻ số 503, tháng 5 năm 2019]%[Nguyễn Tâm Phục] Cho tam giác $ ABC $ nội tiếp đường tròn tâm $ O $, các đường trung tuyến $ AA_1 $, $ BB_1 $, $ CC_1 $ lần lượt cắt $ (O) $ tại $ A_2 $, $ B_2 $, $ C_2 $. Đặt $ AB=c $, $ BC=a $, $ CA=b $. Chứng minh rằng \[ \dfrac{A_1A_2}{a}+\dfrac{B_1B_2}{b}+\dfrac{C_1C_2}{c}\geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}. \]

Lời giải

Từ công thức đường trung tuyến \[ AA_1 = \dfrac{\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}}{2} \] và \[ AA_1 \cdot A_1A_2 =BA_1 \cdot A_1 C =\dfrac{a^2}{4}, \] suy ra $$ A_1A_2 =\dfrac{a^2}{2\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}}. $$ Tương tự ta có \[ B_1B_2 =\dfrac{b^2}{2\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}}, C_1C_2 = \dfrac{c^2}{2\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}}. \] Sử dụng bất đẳng thức $ xy \leq \dfrac{x^2 +y^2}{2} $, ta thấy \[ \dfrac{A_1A_2}{a} = \dfrac{a^2}{2a\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{a^2}{a\sqrt{3}\cdot\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}. \] Tương tự $$ \dfrac{B_1B_2}{b} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}; \dfrac{C_1C_2}{c} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}. $$ Do đó $ \dfrac{A_1A_2}{a}+\dfrac{B_1B_2}{b}+\dfrac{C_1C_2}{c} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2} $. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ \triangle ABC $ đều.