Chủ đề này có 5 trả lời

[QUANVU]

Kéo dài các trung tuyến của tam giác $ABC$ cho đến khi chúng cắt đường tròn ngoại tiếp của tam giác, gọi độ dài của các đoạn này là $M_a,M_b,M_c$ .Chứng minh:
$$M_a+M_b+M_c\geq \dfrac{4}{3}(m_a+m_b+m_c)$$ và
$$M_a+M_b+M_c\geq \dfrac{2 \sqrt{3} }{3}(a+b+c)$$.
Khi nào thì có dấu đẳng thức?

[Sagittarius912]

Kéo dài các trung tuyến của tam giác $ABC$ cho đến khi chúng cắt đường tròn ngoại tiếp của tam giác, gọi độ dài của các đoạn này là $M_a,M_b,M_c$ .Chứng minh:
$$M_a+M_b+M_c\geq \dfrac{4}{3}(m_a+m_b+m_c)$$ và
$$M_a+M_b+M_c\geq \dfrac{2 \sqrt{3} }{3}(a+b+c)$$.
Khi nào thì có dấu đẳng thức?

Mình không biết cách dùng phần mềm vẽ hình, thôi thì nói bằng chữ thôi nhé:
Gọi A',B',C' là giao điểm của trung điểm ứng với BC,CA,AB kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của BC, AC,, AB. khi đó
$m_{a}=AM; m_{b}=BN; m_{c}=CP$
Đặt $BC=a; AC=b; AB=c$

ta có
$\bigtriangleup A'MC\sim \bigtriangleup BMA\Rightarrow \frac{A'M}{BD}=\frac{CD}{AM}\Rightarrow \frac{A'M}{AM}=\frac{CD^{2}}{AM^{2}}= \frac{\frac{a^{2}}{4}}{m_{a}^2}$
Mà theo công thức trung tuyến $m_{a}^{2}=\frac{b^{2}+c^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{4}$

$\Rightarrow \frac{A'M}{AM}=\frac{a^{2}}{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}$

$\Rightarrow \frac{M_{a}}{m_{a}}=\frac{2(b^{2}+c^{2})}{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}\Rightarrow M_{a}=m_{a}.\frac{2(b^{2}+c^{2})}{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}$

Tương tự với $M_{b} và M_{c}$

Bài số 1:

BDT cần chứng minh tương đương:

$\sum m_{a}.\frac{2(b^{2}+c^{2})}{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}\geq \frac{4}{3}\sum m_{a}$ (*)

Chuyển vế

(*) tương đương:

$\sum m_{a}.\frac{2a^{2}-(b^{2}+c^{2})}{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum \frac{2a^{2}-(b^{2}+c^{2})}{2(\sqrt{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}})}\geq 0$ (**)

Sử dụng BDT Chebyshev cho 2 bộ số đơn điệu cùng chiều $(2a^{2}-(b^{2}+c^{2});2b^{2}-(c^{2}+a^{2});2c^{2}-(a^{2}+b^{2})$ và

$\frac{1}{\sqrt{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}};\frac{1}{\sqrt{2(c^{2}+a^{2})-b^{2}}};\frac{1}{\sqrt{2(c^{2}+a^{2})-b^{2}}}$ ta có:

$VT(**)\geq 2.\frac{1}{3}\left [ 2a^{2}-(b^{2}+c^{2})+2b^{2}-(c^{2}+a^{2})+2c^{2}-(a^{2}+b^{2}) \right ].\sum \frac{1}{\sqrt{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}}=0$

$\Rightarrow dpcm$

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doandat97: 05-01-2013 - 11:48

[nhuanmaths]

Cách của doaddat97 có vẻ chưa giải quyết được hết bài toán, mình xin giải bài này bằng BĐT cauchy:
Để ý rằng $\sum m_{a}^{2}=\frac{3}{4}\sum a^{2}$.Ta đặt $\sum m_{a}^{2}=3k^{2}$ và $\sum a^{2}=4k^{2}$ Do đó:$k\geqslant \frac{1}{3}\sum a$ và $k\geqslant \frac{1}{2\sqrt{3}}\sum a$ (1)
Xét tam giác đồng dạng như doaddat97 ta có $m_{a}(M_{a}-m_{_{a}})=\frac{a^{2}}{4}$ Hay $m_{a}.M_{a}=m_{a}^{2}+\frac{a^{2}}{4}=\frac{b^{2}+c^{2}}{2}=\frac{4k^{2}-a^{2}}{2}$ (3)
Vì $m_{a}^{2}=\frac{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}{4}=\frac{2(4k^{2}-a^{2})-a^{2}}{4}$ nên $a^{2}=\frac{8k^{2}-4m_{a}^{2}}{3}$ Thế vào (3) ta được $m_{a}M_{a}=\frac{2}{3}(k^{2}+m_{a}^{^{2}})$
Hay $M_{a}=\frac{2}{3}k(\frac{k}{m_{a}}+\frac{m_{a}}{k})$ Áp dụng BĐT cauchy Ta được $M_{a}\geqslant \frac{4}{3}k$ Do đó $\sum M_{a}\geqslant 4k$ (2)
Từ (1) và (2) ta được dpcm Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\Delta ABC$ đều

[Sagittarius912]

Kéo dài các trung tuyến của tam giác $ABC$ cho đến khi chúng cắt đường tròn ngoại tiếp của tam giác, gọi độ dài của các đoạn này là $M_a,M_b,M_c$ .Chứng minh:
$$M_a+M_b+M_c\geq \dfrac{4}{3}(m_a+m_b+m_c)$$ và
$$M_a+M_b+M_c\geq \dfrac{2 \sqrt{3} }{3}(a+b+c)$$.
Khi nào thì có dấu đẳng thức?

Bây giờ mình xin giải bài số 2:
Bài số 2:
Biến đổi tương tự câu 1, BDT cần chứng minh của chúng ta đưa về dưới dạng:

$\sum \frac{b^{2}+c^{2}}{2m_{a}}\geq \frac{2\sqrt{3}}{3}(a+b+c)$

Sử dụng BDT C-S ta có:

$\left [\frac{4}{3}(m_{a}+m_{b}+m_{c}) \right ]\sum \frac{b^{2}+c^{2}}{2m_{a}}\geq \frac{4}{3.2}(\sum \sqrt{b^{2}+c^{2}})^{2}$

Ta sẽ chứng minh

$\frac{4}{3.2}(\sum \sqrt{b^{2}+c^{2}})^{2}\geq \left [ \frac{2\sqrt{3}}{3} (a+b+c)\right ]^{2}$

hay

$(\sum \sqrt{b^{2}+c^{2}})^{2}\geq (a+b+c)^{2}$

khai triển ra, rút gọn và ta cần chứng minh

$\sum \sqrt{(b^{2}+c^{2})(c^{2}+a^{2})}\geq \sum 2ab$ (1)

nhân 2 vào VT của 1 ta có:

$2VT(1)=\sum \sqrt{\left [ (1+1)(b^{2}+c^{2}) \right ]\left [ (1+1)(c^{2}+a^{2}) \right ]}\geq \sum \sqrt{(b+c)^{2}.(c+a)^{2}}=\sum (c^{2}+ab+bc+ca)=a^{2}+b^{2}+b^{2}+3(ab+bc+ca)\geq 4(ab+bc+ca)=2VP(1)$

$\Rightarrow \sum M_{a}.\left [ \frac{4}{3}\sum m_{a} \right ]\geq \left [ \frac{2\sqrt{3}}{3} (a+b+c)\right ]^{2}$

Mà

$\sum M_{a}\geq \frac{4}{3}\sum m_{a}$

$\Rightarrow (\sum M_{a})^{2}\geq \left [ \frac{2\sqrt{3}}{3}(a+b+c) \right ]^{2}\Rightarrow \sum M_{a}\geq \frac{2\sqrt{3}}{3}(a+b+c)$ (dpcm)

Dấu "=" khi tam giác ABC đều

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doandat97: 07-01-2013 - 15:24

[Sagittarius912]

Cách của doaddat97 có vẻ chưa giải quyết được hết bài toán, mình xin giải bài này bằng BĐT cauchy:
Để ý rằng $\sum m_{a}^{2}=\frac{3}{4}\sum a^{2}$.Ta đặt $\sum m_{a}^{2}=3k^{2}$ và $\sum a^{2}=4k^{2}$ Do đó:$k\geqslant \frac{1}{3}\sum a$ và $k\geqslant \frac{1}{2\sqrt{3}}\sum a$ (1)
Xét tam giác đồng dạng như doaddat97 ta có $m_{a}(M_{a}-m_{_{a}})=\frac{a^{2}}{4}$ Hay $m_{a}.M_{a}=m_{a}^{2}+\frac{a^{2}}{4}=\frac{b^{2}+c^{2}}{2}=\frac{4k^{2}-a^{2}}{2}$ (3)
Vì $m_{a}^{2}=\frac{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}{4}=\frac{2(4k^{2}-a^{2})-a^{2}}{4}$ nên $a^{2}=\frac{8k^{2}-4m_{a}^{2}}{3}$ Thế vào (3) ta được $m_{a}M_{a}=\frac{2}{3}(k^{2}+m_{a}^{^{2}})$
Hay $M_{a}=\frac{2}{3}k(\frac{k}{m_{a}}+\frac{m_{a}}{k})$ Áp dụng BĐT cauchy Ta được $M_{a}\geqslant \frac{4}{3}k$ Do đó $\sum M_{a}\geqslant 4k$ (2)
Từ (1) và (2) ta được dpcm Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\Delta ABC$ đều

chưa giải quyết hết được bài toán ở chỗ nào?? bạn chỉ rõ ra xem

[PSW]

Chấm điểm:
doandat97 10 điểm


nhuanmaths: 5 điểm