Bài toán:  Cho $\Delta ABC$, $A_1, B_1,C_1$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$. $AA_1, BB_1, CC_1$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tương ứng tại $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng: \[ \dfrac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}+\dfrac{BB_{1}}{B_{1}B_{2}}+\dfrac{CC_{1}}{C_{1}C_{2}}\ge \dfrac{3p^{2}}{r(4R+r)}\]

Trong đó: $p,r,R$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$.

Lời giải:

     Trước hết ta có bổ đề sau:

      Cho $(O)$.Dây $XY$ cố định. Điểm $Z$ di chuyển trên một cung $BC$.Khi đó $ZX+ZY$ đạt GTLN khi Z là điểm chính giữa cung BC.

  Áp dụng vào bài toán:

  Từ các tam giác đồng dạng ta có:

                                            $\dfrac{AA_{1}}{{A}_{1}A_{2}}=\dfrac{bc}{BA_{2}.CA_{2}}$

 Theo bổ đề thì ta có ngay tích $BA_{2}.CA_{2}$ lớn nhất  khi $AA_{2}$ là phân giác góc $\angle A$

  Từ đó, ta chỉ phải chứng minh trong trường hợp $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ là các đường phân giác.

Khi đó 

                                         $AA_{1}.A_{1}A_{2}=BA_{1}.CA_{1}$  $\Rightarrow \dfrac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}=\dfrac{AA_{1}^{2}}{BA_{1}.CA_{1}}$

   Ta tính được độ dài các đoạn $BA_{1}=\dfrac{ac}{b+c},CA_{1}=\dfrac{ca}{b+c}$

Và theo công thức tính phân giác 

                                                  $AA_{1}=\dfrac{2bc}{b+c}\sqrt{\dfrac{p(p-a)}{bc}}$

Suy ra:

                                                $\dfrac{AA_{1}^{2}}{BA_{1}CA_{1}}=\dfrac{4p(p-a)}{a^{2}}$

Do đó ta phải chứng minh:

                                        $\dfrac{4(p-a)}{a^{2}}+\dfrac{4(p-b)}{b^{2}}+\dfrac{4(p-c)}{c^{2}}\geq \dfrac{3p}{r(4R+r)}$

Ta sử dụng bổ đề sau:

                                                       $a^{2}+b^{2}+c^{2}+4r(r+4R)=2(ac+bc+ca)$

Từ đó quy bài toán về chứng minh:

                                   $\sum \dfrac{b+c-a}{a^{2}}\geq \dfrac{3(a+b+c)}{2\sum ab-\sum a^{2}}=\dfrac{3(a+b+c)}{\sum (a+b-c)(b+c-a)}$

Đặt $x=c+b-a,y=a+c-b,z=a+b-c$

Ta phải chứng minh:

                                                          $\sum \dfrac{x}{(y+z)^{2}}\geq \dfrac{3(x+y+z)}{4(xy+yz+zx)}$

Theo bất đẳng thức Cauchy Shawrz:

                                                                     $\sum \dfrac{x}{(y+z)^{2}}\geq \dfrac{(x+y+z)^{2}}{\sum x(y+z)^{2}}$

Bây giờ, ta phải chứng minh:

                                                    $4(x+y+z)(xy+yz+xz)\geq 3x(y+z)^{2}+3y(z+x)^{2}+3z(x+y)^{2}$

                                             $\Leftrightarrow x^{2}(y+z)+y^{2}(x+z)+z^{2}(x+y)\geq 6xyz$

Hiển nhiên đúng.Ta có đpcm.