Vào lúc 03 Tháng 7 2014 - 11:10, Yagami Raito đã nói:
Cho lục giác lồi $ABCDEF$ thỏa mãn điều kiện $AB=BC$,$CD=DE$,$EF=FA$
Chứng minh rằng:
$$\dfrac{BC}{BE}+\dfrac{DE}{DA}+\dfrac{FA}{FC}\ge \dfrac{3}{2}+\dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2}$$
Lời Giải:
Đặt $AC=a,CE=b,AE=c$.Áp dụng định lý Ptolemy mở rộng cho tứ giác $ACEF$ ta có
$$AC.EF+CE.AF \ge AE.CF$$
Vì $EF=AF$ nên suy ra: $\dfrac{FA}{FC} \ge \dfrac{c}{a+b}$
Tương tự ta cũng có $\dfrac{DE}{DA} \ge \dfrac{b}{c+a}$ và $\dfrac{BC}{BE}\ge \dfrac{a}{b+c}$
Từ đó suy ra
$$\dfrac{BC}{BE}+\dfrac{DE}{DA}+\dfrac{FA}{FC} \ge \dfrac{3}{2}+\dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{3}{2}+\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{3}{2} \ge \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{(a-b)^2}{2(b+c)(a+c)}+\dfrac{(b-c)^2}{2(b+a)(c+a)}+\dfrac{(c-a)^2}{2(c+b)(a+b)} \ge \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2[\dfrac{1}{2(a+c)(b+c)}-\dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}] \ge 0$$
Bất đẳng thức đã quy về dạng chính tắc $SOS$:
$$S_{a}(b-c)^2+S_{b}(c-a)^2+S_{c}(a-b)^2 \ge 0$$
Dễ thấy :
$$2(a+c)(b+c) \le (a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2$$
$\Rightarrow \dfrac{1}{2(a+c)(b+c)} \ge \dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$
Như vậy $S_{c} \ge 0$, đánh giá tương tự ta cũng dễ dàng thu được kết quả $S_{a},S_{b} \ge 0$
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ tức là $ABCDEF$ là một lục giác đều nội tiếp $\blacksquare$
Đặt $AC=a,CE=b,AE=c$.Áp dụng định lý Ptolemy mở rộng cho tứ giác $ACEF$ ta có
$$AC.EF+CE.AF \ge AE.CF$$
Vì $EF=AF$ nên suy ra: $\dfrac{FA}{FC} \ge \dfrac{c}{a+b}$
Tương tự ta cũng có $\dfrac{DE}{DA} \ge \dfrac{b}{c+a}$ và $\dfrac{BC}{BE}\ge \dfrac{a}{b+c}$
Từ đó suy ra
$$\dfrac{BC}{BE}+\dfrac{DE}{DA}+\dfrac{FA}{FC} \ge \dfrac{3}{2}+\dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{3}{2}+\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{3}{2} \ge \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{(a-b)^2}{2(b+c)(a+c)}+\dfrac{(b-c)^2}{2(b+a)(c+a)}+\dfrac{(c-a)^2}{2(c+b)(a+b)} \ge \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2[\dfrac{1}{2(a+c)(b+c)}-\dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}] \ge 0$$
Bất đẳng thức đã quy về dạng chính tắc $SOS$:
$$S_{a}(b-c)^2+S_{b}(c-a)^2+S_{c}(a-b)^2 \ge 0$$
Dễ thấy :
$$2(a+c)(b+c) \le (a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2$$
$\Rightarrow \dfrac{1}{2(a+c)(b+c)} \ge \dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$
Như vậy $S_{c} \ge 0$, đánh giá tương tự ta cũng dễ dàng thu được kết quả $S_{a},S_{b} \ge 0$
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ tức là $ABCDEF$ là một lục giác đều nội tiếp $\blacksquare$
