Mời bạn tự chứng minh điều sau:
"Trong mọi $\triangle ABC$, ta luôn có $tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}tan\frac{A}{2}=1$."
Trở lại câu hỏi:
Đặt $u:=tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}$ và $v:=tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}$, với $u>0$ và $1>v>0$. Vì $\triangle ABC$ không tù
nên $u<2$. Suy ra $0<u<2$. Từ điều đã chứng minh suy ra:
$tan\frac{C}{2}=\frac{1-v}{u}$,
và khi đó:
$VT:=tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}+tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}tan\frac{C}{2}$
$=u+\frac{1-v}{u}(1+v)$
$=\frac{u^2+1-v^2}{u}$
$\geq \frac{16u^2+16-u^4}{16u}$ (vì $0<v\leq\frac{u^2}{4}$).
Suy ra:
$VT\geq \frac{-u^4+16u^2+16}{16u}$.
Vì $0<u<2$ nên $-u^2-\frac{4u}{\sqrt{3}}+12>8-\frac{8}{\sqrt{3}}>0$. Từ đó suy ra:
$-u^4+16u^2+16=(u-\frac{2}{\sqrt{3}})^2(-u^2-\frac{4u}{\sqrt{3}}+12)+\frac{160u\sqrt{3}}{9}\geq \frac{160u\sqrt{3}}{9}$.
Suy ra:
$\frac{-u^4+16u^2+16}{16u}\geq \frac{10\sqrt{3}}{9}$.
Từ tính chất bắt cầu của bất đẳng thức suy ra:
$VT\geq \frac{10\sqrt{3}}{9}$.
Điều kiện để dấu "=" xảy ra là $v=\frac{u^2}{4}$ và $u=\frac{2}{\sqrt{3}}$; tương ứng với $tan\frac{A}{2}=tan\frac{B}{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}$. Hay
$\triangle ABC$ là tam giác đều.