[tc44][T8/506 Toán học & tuổi trẻ số 506, tháng 8 năm 2019] Chứng minh rằng với mọi $ \triangle ABC $ ta luôn có $ \dfrac{(b+c)a}{m_a^2}+\dfrac{(c+a)b}{m_b^2}+\dfrac{(a+b)c}{m_c^2} \ge 8 $ \item trong đó $ a,b,c,m_a,m_b,m_c $ thứ tự là độ dài các cạnh $ BC, CA, AB $ và độ dài các đường trung tuyến ứng với các cạnh $ a,b,c $.

Lời giải

\item Gọi $ D,E,F$ theo thứ tự là trung điểm của $ BC, CA, AB; G $ là trọng tậm của $ \triangle ABC $. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác $ BDGF $ ta được: \[ FD\cdot BG \le FG\cdot BD+BF\cdot GD \Rightarrow 2bm_b\le am_c+cm_a 2b^2m_b \le abm_c+bcm_a.\tag{1}\] \item Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác $ AFDC $ ta dược: \[ AD\cdot CF \le FD\cdot AC + AF\cdot CD \Rightarrow 4m_am_c \le 2b^2+ac \Rightarrow 4m_am_bm_c.\tag{2}\] \item Từ ($ 1 $) và ($ 2 $) suy ra: \[ 4m_am_bm_c\le bcm_a+acm_b+abm_c \Rightarrow \dfrac{ab}{m_am_b}+\dfrac{bc}{m_bm_c}+\dfrac{ca}{m_cm_a} \ge 4.\tag{3}\] \item Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

\item $ \dfrac{(b+c)a}{m_a^2}+\dfrac{(c+a)b}{m_b^2}+ \dfrac{(a+b)c}{m_c^2}= \left(\dfrac{ab}{m_a^2}+\dfrac{ab}{m_b^2}\right)+\left(\dfrac{bc}{m_b^2}+\dfrac{bc}{m_c^2}\right)+\left(\dfrac{ca}{m_c^2}+\dfrac{ca}{m_a^2}\right) $ \item $~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ \ge \dfrac{2ab}{m_am_b}+\dfrac{2bc}{m_bm_c} +\dfrac{2ca}{m_cm_a} \ge 8 $ (theo ($ 3 $)).

\item Đẳng thức xảy ra và chỉ khi $ \triangle ABC $ đều. } Bất đẳng thức ($ 3 $) cũng có thể chứng minh nhờ kết quả sau: Với $ P $ là điểm bất kì trong tam giác $ ABC $ ta có bất đẳng thức $ \dfrac{PA\cdot PB}{ab}+\dfrac{PB\cdot PC}{bc} +\dfrac{PC \cdot PA}{ca} \ge 1 $ (BĐT Hayashi). \end{nx