Chủ đề này có 3 trả lời

[xxSneezixx]

Cho tam giác $ABC$ có $BC =a, AC= b, AB=c$ với diện tích $S$. Gọi $m_a, m_b, m_c$ lần lượt là độ dài 3 của các đường trung tuyến xuất phát từ $A, B, C$. Chứng minh$$S \leq \frac{a^{2}m^{2}_{a}+ b^{2}m^{2}_{b}+c^{2}m^{2}_{c}}{\sqrt{3}\left(a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right )}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xxSneezixx: 17-09-2013 - 23:02

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Giải

Với công thức: $m_a^2 = \dfrac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4}$

Ta có:

$a^2.m_a^2 = \dfrac{4}{3}.\left ( \dfrac{3}{4}a^2.m_a^2\right ) \leq \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{\dfrac{3a^2}{4} + m_a^2}{2}\right )^2$
$= \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4}\right )^2 = \dfrac{1}{12}(a^2 + b^2 + c^2)^2$

Thực hiện tương tự với $b^2.m_b^2$ và $c^2.m_c^2$

Khi đó, ta có:
$\dfrac{a^2m_a^2 + b^2m_b^2 + c^2m_c^2}{\sqrt{3}(a^2 + b^2 + c^2)} \geq \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4\sqrt{3}}$

Ta sẽ chứng minh: $a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S$

Thật vậy:
$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos{C}$ và $S = \dfrac{1}{2}ab\sin{C}$

Khi đó:
$a^2 + b^2 + c^2 - 4\sqrt{3}S = 2\left [a^2 + b^2 - ab(\cos{C} + \sqrt{3}\sin{C})\right ]$

$= 2\left [ a^2 + b^2 - 2ab\sin{\left ( C + \dfrac{\pi}{6}\right )}\right ] \geq 2(a^2 + b^2 - 2ab) = 2(a - b)^2 \geq 0$

Vậy, ta có điều phải chứng minh. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 18-09-2013 - 00:40

[xxSneezixx]

 

Giải

Với công thức: $m_a^2 = \dfrac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4}$

Ta có:

$a^2.m_a^2 = \dfrac{4}{3}.\left ( \dfrac{3}{4}a^2.m_a^2\right ) \leq \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{\dfrac{3a^2}{4} + m_a^2}{2}\right )^2$
$= \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4}\right )^2 = \dfrac{1}{12}(a^2 + b^2 + c^2)^2$

Thực hiện tương tự với $b^2.m_b^2$ và $c^2.m_c^2$

Khi đó, ta có:
$\dfrac{a^2m_a^2 + b^2m_b^2 + c^2m_c^2}{\sqrt{3}(a^2 + b^2 + c^2)} \geq \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{4\sqrt{3}}$

Ta sẽ chứng minh: $a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S$

Thật vậy:
$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos{C}$ và $S = \dfrac{1}{2}ab\sin{C}$

Khi đó:
$a^2 + b^2 + c^2 - 4\sqrt{3}S = 2\left [a^2 + b^2 - ab(\cos{C} + \sqrt{3}\sin{C})\right ]$

$= 2\left [ a^2 + b^2 - 2ab\sin{\left ( C + \dfrac{\pi}{6}\right )}\right ] \geq 2(a^2 + b^2 - 2ab) = 2(a - b)^2 \geq 0$

Vậy, ta có điều phải chứng minh. 

 

Cho mình hỏi, tại sao bạn lại từ dòng này rồi suy ra tiếp vậy, nó ngược chiều mà  $a^2.m_a^2 = \dfrac{4}{3}.\left ( \dfrac{3}{4}a^2.m_a^2\right ) \leq \dfrac{4}{3}\left ( \dfrac{\dfrac{3a^2}{4} + m_a^2}{2}\right )^2$

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Ừ nhỉ, mình quên để ý! Bạn tham khảo lại cách này nhé

Giải

Từ công thức Hê rông, ta có:
$S = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}$
$\Rightarrow S = \dfrac{1}{4}\sqrt{2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) - (a^4 + b^4 + c^4)}$

Mặt khác, ta có:
$a^2m_a^2 + b^2m_b^2 + c^2m_c^2 = \dfrac{4(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) - (a^4 + b^4 + c^4)}{4}$

Đặt $a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 = x$ và $a^4 + b^4 + c^4 = y$.

Dễ thấy: $x \leq y$

Ta cần chứng minh:

$\dfrac{1}{4}\sqrt{2x - y} \leq \dfrac{4x - y}{4\sqrt{3(2x + y)}}$

$\Leftrightarrow \sqrt{3(4x^2 - y^2)} \leq 4x - y$
$\Leftrightarrow 12x^2 - 3y^2 \leq 16x^2 - 8xy + y^2$
$\Leftrightarrow -4(x - y)^2 \leq 0$ (luôn đúng)

Vậy, ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-09-2013 - 22:52