Chủ đề này có 1 trả lời

[Chuong Nguyen Minh]

Bài 1:Cho x,y,z>0 và $(x+y+z)^2=1-(xy+xz+yz) $ Chứng minh rằng:
$\dfrac{(x+y)^4}{(z-x)(z-y)}+\dfrac{(x+z)^4}{(y-x)(y-z)}+\dfrac{(y+z)^4}{(x-y)(x-z)}\ge 2 $
Bài 2 Cho tam giác ABC a,b,c độ dài 3 cạnh $m_a ,m_b ,m_c $ là độ dài 3 trung tuyến .Chứng minh rằng:
$ \dfrac{a^2+b^2}{m_c}+\dfrac{b^2+c^2}{m_a}+\dfrac{c^2+a^2}{m_b}\ge\dfrac{4}{\sqrt[]{3}}(a+b+c)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Chuong Nguyen Minh: 04-09-2009 - 23:02

[Sagittarius912]

Bài 2 Cho tam giác ABC a,b,c độ dài 3 cạnh $m_a ,m_b ,m_c $ là độ dài 3 trung tuyến .Chứng minh rằng:
$ \dfrac{a^2+b^2}{m_c}+\dfrac{b^2+c^2}{m_a}+\dfrac{c^2+a^2}{m_b}\ge\dfrac{4}{\sqrt[]{3}}(a+b+c)$

Xét bài toán phụ sau:

Bài toán: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:

a)$$M_a+M_b+M_c\geq \dfrac{4}{3}(m_a+m_b+m_c)$$ 
b)$$M_a+M_b+M_c\geq \dfrac{2 \sqrt{3} }{3}(a+b+c)$$.
Khi nào thì có dấu đẳng thức?

Giải:

a)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 $M_{b} và M_{c}$

 

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 đẳng thức xảy ra khi $\Delta ABC$ đều

 

 

b)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 Cauchy-Schwarz 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)

 

Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz :

 

$\sum \sqrt{(b^{2}+c^{2})(c^{2}+a^{2})}\ge \sum(bc+ca)=2\sum ab$

 

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

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 đẳng thức xảy ra khi  $\Delta ABC$ đều

 

 

Trở lại bài toán:

Thực ra bài 2 chính là 1 cách biểu diễn khác của câu b) trong bài toán phụ vừa xét, t đã giải ở đây

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 27-03-2013 - 15:58