Lời giải

a) Ta có \(\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\frac{A}{2} - 1 = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{{b^2} + {c^2} + 2bc - {a^2}}}\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}}}\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{\left( {b + c - a} \right)\left( {b + c + a} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{4\left( {\frac{2} - a} \right)\left( {\frac{2}} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{A}{2} = \frac{{4\left( {p - a} \right)p}}\).

Suy ra \( \Leftrightarrow \cos \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{4\left( {p - a} \right)p}}} = \sqrt {\frac{{p\left( {p - a} \right)}}} \).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Ta có \(R = \frac;\,S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} \) và \(r = \frac{S}{p} = \frac\).

Ta có \(R \ge 2r \Leftrightarrow \frac \ge \frac\)

⇔ abc(a + b + c) ≥ 16S²

⇔ abc(a + b + c) ≥ 16.p(p – a)(p – b)(p – c)

\( \Leftrightarrow abc\left( {a + b + c} \right) \ge 16.\frac{2}\left( {\frac{2} - a} \right)\left( {\frac{2} - b} \right)\left( {\frac{2} - c} \right)\)

\( \Leftrightarrow abc\left( {a + b + c} \right) \ge 16.\frac{2}\left( {\frac{2}} \right)\left( {\frac{2}} \right)\left( {\frac{2}} \right)\)

⇔ abc(a + b + c) ≥ (a + b + c)(b + c – a)(a + c – b)(a + b – c)

⇔ abc ≥ (b + c – a)(a + c – b)(a + b – c)    (*)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(\sqrt {\left( {b + c - a} \right)\left( {a + c - b} \right)} \le \frac{2} = c\) (1)

Chứng minh tương tự, ta được:

⦁ \(\sqrt {\left( {b + c - a} \right)\left( {a + b - c} \right)} \le b\)   (2)

⦁ \(\sqrt {\left( {a + c - b} \right)\left( {a + b - c} \right)} \le a\)   (3)

Từ (1), (2), (3), suy ra (b + c – a)(a + c – b)(a + b – c) ≤ abc.

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.

Do đó (*) đúng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.