Chủ đề này có 4 trả lời

[reyesmovie]

Cho tứ diện OABC đôi một vuông góc. Cac mặt bên (OBC), (OCA),(OAB) theo thứ tự tao với mặt (ABC) các góc $\alpha ,\beta ,\gamma$ .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $tan^{2}\alpha +tan^{2}\beta +tan^{2}\gamma +cot^{2}\alpha+cot^{2}\beta +cot^{2}\gamma$

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Giải

Dựng OK $\perp$ BC, OH $\perp$ AK

Theo giả thiết: OA, OB, OC đôi một vuông góc. Vậy: OA $\perp$ OB và OA $\perp$ OC.

$\Rightarrow$ OA $\perp$ (OBC) $\Rightarrow$ OA $\perp$ OK. Hay: Tam giác OAK vuông tại O.

 

Do OA $\perp$ (OBC) nên BC $\perp$ OA. Mà OK $\perp$ BC nên BC $\perp$ (OAK).

Suy ra: BC $\perp$ AK

Điều này chứng tỏ: $\widehat{\left ( (OBC); (ABC)\right )} = \widehat{OKA} = \alpha$

 

Nhận thấy: OH $\perp$ AK mà tam giác AOK vuông.

Do đó: $\widehat{OKA} = \widehat{HOA} \Rightarrow \cos{\alpha} = \dfrac{OH}{OA}$

Chứng minh tương tự, ta có: $\cos{\beta} = \dfrac{OH}{OB}; \cos{\gamma} = \dfrac{OH}{OC}$

 

Mặt khác: $\dfrac{1}{OH^2} = \dfrac{1}{OA^2} + \dfrac{1}{OK^2} = \dfrac{1}{OA^2} + \dfrac{1}{OB^2} + \dfrac{1}{OC^2}$

 

$\Rightarrow \cos^2{\alpha} + \cos^2{\beta} + \cos^2{\gamma} = 1$

 

Ta có: $\dfrac{\tan^2{\alpha}}{4} + \cot^2{\alpha} \geq 2\sqrt{\dfrac{\cot^2{\alpha}\tan^2{\alpha}}{4}} = 1$

Vì vậy:

$P = \tan^2{\alpha} + \tan^2{\beta} + \tan^2{\gamma} + \cot^2{\alpha} + \cot^2{\beta} + \cot^2{\gamma}$

 

$\geq 3 + \dfrac{3}{4} \left ( \tan^2{\alpha} + \tan^2{\beta} + \tan^2{\gamma}\right ) $

 

$= 3 + \dfrac{3}{4} \left ( \dfrac{1}{\cos^2{\alpha}} + \dfrac{1}{\cos^2{\beta}} + \dfrac{1}{\cos^2{\gamma}} - 3\right ) $

 

$\geq 3 + \dfrac{3}{4} \left ( \dfrac{9}{\cos^2{\alpha} + \cos^2{\beta} + \cos^2{\gamma}} - 3 \right ) = \dfrac{15}{2}$

 

Vậy, $Min_P = \dfrac{15}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi: $\cos{\alpha} = \cos{\beta} = \cos{\gamma} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 20-08-2013 - 21:41

[reyesmovie]

 

 

 

 

Ta có: $\dfrac{\tan^2{\alpha}}{4} + \cot^2{\alpha} \geq 2\sqrt{\dfrac{\cot^2{\alpha}\tan^2{\alpha}}{4}} = 1$

Vì vậy:

$P = \tan^2{\alpha} + \tan^2{\beta} + \tan^2{\gamma} + \cot^2{\alpha} + \cot^2{\beta} + \cot^2{\gamma}$

 

$\geq 3 + \dfrac{3}{4} \left ( \tan^2{\alpha} + \tan^2{\beta} + \tan^2{\gamma}\right ) $

 

$= 3 + \dfrac{3}{4} \left ( \dfrac{1}{\cos^2{\alpha}} + \dfrac{1}{\cos^2{\beta}} + \dfrac{1}{\cos^2{\gamma}} - 3\right ) $

 

$\geq 3 + \dfrac{3}{4} \left ( \dfrac{9}{\cos^2{\alpha} + \cos^2{\beta} + \cos^2{\gamma}} - 3 \right ) = \dfrac{15}{2}$

 

Vậy, $Min_P = \dfrac{15}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi: $\cos{\alpha} = \cos{\beta} = \cos{\gamma} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

 

Cho e hỏi tại sao $\dfrac{\tan^2{\alpha}}{4} + \cot^2{\alpha} \geq 2\sqrt{\dfrac{\cot^2{\alpha}\tan^2{\alpha}}{4}} = 1$ vậy

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Theo bất đẳng thức Cô - si, với hai số dương a, b, ta có; $a + b \geq 2\sqrt{ab}$
Áp dụng BĐT nói trên với 2 số dương: $\dfrac{\tan^2{\alpha}}{4}$ và $\cot^2{\alpha}$

Với đẳng thức: $\tan{\alpha}.\cot{\alpha} = 1$ thì ta có điều nói trên.

Lưu ý: Ở đây, ta dự đoán dấu "=" xảy ra khi $\alpha = \beta = \gamma \Rightarrow \cos{\alpha} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$
Suy ra: $\tan{\alpha} = \sqrt{2}; \cot{\alpha} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \Rightarrow \dfrac{\tan^2{\alpha}}{4} =\cot^2{\alpha}$

 

[reyesmovie]

à e hỉu rồi..cảm ơn a