Inequality 11

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ bất kỳ. Chứng minh rằng
\[\frac{\cos A}{\cos\frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}+\frac{\cos B}{\cos \frac{C}{2}\cos \frac{A}{2}}+\frac{\cos C}{\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}} \geqslant 2.\]

(Nguyễn Văn Dũng)

Lời giải. Đặt $A = \pi - 2A^{'},\,B = \pi - 2B^{'},\,C = \pi - 2C^{'}$ khi đó\[\frac{\cos A}{\cos\frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}} = \frac{\cos (\pi-2A')}{\cos \left (\frac{\pi}{2}-B^{'}  \right )\cos \left (\frac{\pi}{2}-C^{'} \right )} = -\frac{\cos 2A^{'}}{\sin B^{'} \sin C^{'}} = \frac{2\sin^2 A^{'}-1}{\sin B^{'} \sin C^{'}}.\] Ta cần chứng minh\[\frac{2\sin^2 A^{'}-1}{\sin B^{'} \sin C^{'}}+\frac{2\sin^2 B^{'}-1}{\sin C^{'} \sin A^{'}}+\frac{2\sin^2 C^{'}-1}{\sin A^{'} \sin B^{'}} \geqslant 2.\]Chú ý rằng với phép đặt này thì $A^{'} = \frac{\pi}{2} - \frac{A}{2} < \frac{\pi}{2}$ nên $A^{'},\,B^{'},\,C^{'}$ là ba góc của tam giác nhọn.

Áp dụng định lý Sines, ta có\[\sum \frac{2\sin^2 A^{'}-1}{\sin B^{'} \sin C^{'}} = \sum \frac{2a^2-R^2}{bc} = \frac{p^2-2R^2-6Rr-3r^2}{Rr},\]do đó ta cần chứng minh\[\frac{p^2-2R^2-6Rr-3r^2}{Rr} \geqslant 2,\]tương đương với\[p^2 \geqslant 2R^2 + 8Rr + 3r^2.\]Đây chính là bất đẳng thức Walker nên ta có điều phải chứng minh.