Cho tam giác ABC bất kỳ
$CMR:\dfrac{3\sqrt{3}}{2cos\dfrac{A}{2}.cos\dfrac{B}{2}.cos\dfrac{C}{2}} + 8.sin\dfrac{A}{2}.sin\dfrac{B}{2}.sin\dfrac{C}{2} \geq 5 $
P/s: Bạn nào có ý tưởng gì thì cứ nêu ra ,đừng ngại!
Hồi trước mình cũng giải được rồi nhưng cách đấy ko hay nên ko muốn post!
Và đây là lời giải:
Ta giả sử: $A\le C\le B\Rightarrow A\le 60^o$.
Dùng công thức góc nhân đôi và để ý tới đẳng thức quen thuoc sau: $\sum sinA=4\Pi cos\dfrac{A}{2}$.
Viết BDT dưới dạng tương đương sau:
$5(sinA+sinB+sinC)-4sinA.sinB.sinC\le 6\sqrt{3}$
$\Leftrightarrow 5sinA+5(sinB+sinC)-4sinA.(sinBsinC)\le 6\sqrt{3}$
$\Leftrightarrow 5sinA+10sin\dfrac{(B+C)}{2}cos\dfrac{(B-C)}{2}-2sinA[cos{(B-C)}-cos{(B+C)}]$
$ \le 6\sqrt{3} (1)$
Đặt $f=VT (1)$. Ta viết $f$ dưới dạng sau:
$f(t)=-2sin2A+7sinA-4sinA.t^2+10cos\dfrac{A}{2}.t$ $(t=cos\dfrac{B-C}{2}\Rightarrow t\in(0;1])$
$\Rightarrow f'(t)=2cos\dfrac{A}{2}(5-8t.sin\dfrac{A}{2})$
$\Rightarrow f'(t)=0\Leftrightarrow t_o=\dfrac{5}{8sin\dfrac{A}{2}}\ge \dfrac{5}{4}>1$
Do đó sau khi lập BBT ta thấy: $f(t)\le f(1)=-sin2A+3sinA+10cos\dfrac{A}{2}$
Lại có:
$f(1)=sinA(3-2cosA)+10cos\dfrac{A}{2}=2sin\dfrac{A}{2}.a(-4a^2+5)+10a=g(a);\\ (a=cos\dfrac{A}{2}\Rightarrow a\ge \dfrac{\sqrt{3}}{2})$
Vi : $sin\dfrac{A}{2}\le \dfrac{1}{2}; 5-4a^2>0$. Suy ra:
$g(a)\le 2.\dfrac{1}{2}.a(5-4a^2)+10a=-4a^3+15a$
Dễ dàng kiểm tra được:
$-4a^3+15a\le 6\sqrt{3}$
$\Rightarrow Q.E.D$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 26-09-2010 - 00:07