Chủ đề này có 1 trả lời

[dark templar]

Bài toán 1: Với tam giác $ABC$ bất kỳ,ta có $\sum_{cyc}\frac{\sin^2 A}{\cos B\cos C}\ge\left(\frac{6r}{R}\right)^2$

 

Bài toán 2: Cũng với điều kiện như trên,chứng minh $\sum_{cyc}\frac{\cos^3 A}{\sin^2 B\sin^2 C} \ge \frac{2}{3}$.

 

 

[maitienluat]

Bài toán 1: Với tam giác $ABC$ bất kỳ,ta có $\sum_{cyc}\frac{\sin^2 A}{\cos B\cos C}\ge\left(\frac{6r}{R}\right)^2$

 Có lẽ điều kiện nên là tam giác $ABC$ nhọn, vì chẳng hạn với $A=\frac{2\pi}{3},B=C=\frac{\pi}{6}$ thì vế trái âm và nếu tam giác $ABC$ vuông thì vế trái k xác định.

=============

Ta giải bài toán khi $ABC$ là tam giác nhọn. BĐT đã cho tương đương với:

$$\sum \frac{R^{2}\sin^{2} {A}}{\cos B \cos C}\geq 36r^{2}$$

Ta có $$\frac{R^{2}\sin^{2} {A}}{\cos B \cos C}= \frac{\frac{a^{2}}{4}}{\frac{(b^2+a^2-c^2)(c^2+a^2-b^2)}{4a^2bc}}=\frac{a^4bc}{a^4-(b^2-c^2)^2}\geq bc$$

và $$36r^2=36\frac {S^2}{p^2}=36\frac {(p-a)(p-b)(p-c)}{p}=9\frac {(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)} {a+b+c}$$

nên ta viết lại BĐT thành

$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$

Mặt khác theo AM-GM dễ có

$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$$

$$abc\geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$$

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c \Leftrightarrow ABC$ đều.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 27-06-2013 - 20:32