Question

[đoàn danh dũng]

cho tam giác có nửa chu vi 
\(p=\frac{a+b+c}{2}\) với a;b;c là độ dài ba cạnh 

CMR:\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Answer 1

[Phước Nguyễn]

Ta có:  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)   \(\left(\text{*}\right)\) , với  \(a,b>0\)  (vì  

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương  \(a,b>0\), ta được:

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)   và  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{\frac{1}{a}.\frac{1}{b}}=\frac{2}{\sqrt{ab}}\)

Do đó,  \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\)  \(\Leftrightarrow\)  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(a=b\)

Vậy, bất đẳng thức  \(\left(\text{*}\right)\)  đã được chứng minh.

                                                               \(----------------------\)

Vì  \(a,b,c,p\)  lần lượt là độ dài ba cạnh và nửa chu vi của tam giác nên \(a,b,c,p>0\)

Áp dụng  bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\)  với  \(p-a,\)  \(p-b,\)  \(p-c\)  là các số dương, ta có:

\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{\left(p-a+p-b\right)}=\frac{4}{\left(2p-a-b\right)}=\frac{4}{c}\)  \(\left(1\right)\)

\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{\left(p-b+p-c\right)}=\frac{4}{\left(2p-b-c\right)}=\frac{4}{a}\)  \(\left(2\right)\)

\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{\left(p-c+p-a\right)}=\frac{4}{\left(2p-c-a\right)}=\frac{4}{b}\)  \(\left(3\right)\)

Cộng  \(\left(1\right);\)  \(\left(2\right);\)  và  \(\left(3\right)\)  lần lượt vế theo vế, ta được:

\(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\)  \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)  

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(p-a=p-b=p-c\), tức là  \(a=b=c\)  hay tam giác đã cho là tam giác đều (vì có 3 cạnh bằng nhau).