Chủ đề này có 5 trả lời

[jesspro]

Cho tam giác ABC với 3 đường cao ${h_a},{h_{b,}}{h_c}$
Cmr :$ \dfrac{1}{{2{h_a} + 3{h_b}}}+ \dfrac{1}{{2{h_b} + 3{h_c}}}+\dfrac{1}{{2{h_c} + 3{h_a}}} \le \dfrac{1}{{5r}} $( r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
em là mem mới , mong các anh chị giúp đỡ và chỉ bảo, em cảm ơn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi jesspro: 01-10-2010 - 13:34

[dark templar]

Cho tam giác ABC với 3 đường cao $h_a,h_b,h_c$
Cmr : $\dfrac{1}{2h_a + 3h_b}}+ \dfrac{1}{2h_b + 3h_c}+\dfrac{1}{2h_c + 3h_a} \leq \dfrac{1}{5r}$ ( r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
em là mem mới , mong các anh chị giúp đỡ và chỉ bảo, em cảm ơn

[dark templar]

Có $h_a=\dfrac{2S}{a},h_b=\dfrac{2S}{b},h_c=\dfrac{2S}{c}$
BĐT<=>$ \sum \dfrac{1}{\dfrac{4}{a}+\dfrac{6}{b}} \leq \dfrac{p}{5}$
Có$ \dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}} \leq \dfrac{1}{100}(4a+6b)$(BĐT AM_GM)
tt với mấy cái kia =>đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 30-09-2010 - 21:41

[jesspro]

Có $h_a=\dfrac{2S}{a},h_b=\dfrac{2S}{b},h_c=\dfrac{2S}{c}$
BĐT<=>$ \sum \dfrac{1}{\dfrac{4}{a}+\dfrac{6}{b}} \leq \dfrac{p}{5}$
Có$ \dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}} \leq \dfrac{1}{100}(4a+6b)$(BĐT AM_GM)
tt với mấy cái kia =>đpcm

Hic...
Em ko hểu lắm....==" ( hay nói thẳng là chẳng hiểu j` cũng đc...

[dark templar]

Hic...
Em ko hểu lắm....==" ( hay nói thẳng là chẳng hiểu j` cũng đc...

Em sử dụng công thức tính $S=pr$(cm công thức này = cách cộng diện tích các tam giác IAB,IAC,IBC với I là tâm nội tiếp của tam giác ABC)
Còn cái BĐT AM-GM thực ra là BĐT Cô si mà em học ở trường đấy thôi!
Dòng cuối là hệ quả suy ra từ Cô-si
Cho $a_1,a_2,...,a_n>0$ ,Ta có BĐT sau:
$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n} \geq \dfrac{n^2}{a_1+a_2+...+a_n}$(1)
CM:
(1)<=>$(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n})(a_1+a_2+...+a_n) \geq n^2$
Áp dụng BĐT Cô-si cho n số $\dfrac{1}{a_1},\dfrac{1}{a_2},...,\dfrac{1}{a_n}$, ta có :
$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n} \geq n\sqrt[n]{\dfrac{1}{a_1.a_2...a_n}}=\dfrac{n}{\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}$(2)
Tiếp tục áp dụng BĐT Cô si cho n số $a_1,a_2,...,a_n$ ta có :
$a_1+a_2+...+a_n \geq n\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$(3)
Nhân vế theo vế của (2) và (3) ta có đpcm
Vậy từ (1)=>$\dfrac{1}{a_1+a_2+...+a_n} \leq \dfrac{1}{n}(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n})$
P/s: ký hiệu $\sum $ là tổng đấy !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 01-10-2010 - 12:28

[jesspro]

Em sử dụng công thức tính $S=pr$(cm công thức này = cách cộng diện tích các tam giác IAB,IAC,IBC với I là tâm nội tiếp của tam giác ABC)
Còn cái BĐT AM-GM thực ra là BĐT Cô si mà em học ở trường đấy thôi!
Dòng cuối là hệ quả suy ra từ Cô-si
Cho $a_1,a_2,...,a_n>0$ ,Ta có BĐT sau:
$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n} \geq \dfrac{n^2}{a_1+a_2+...+a_n}$(1)
CM:
(1)<=>$(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n})(a_1+a_2+...+a_n) \geq n^2$
Áp dụng BĐT Cô-si cho n số $\dfrac{1}{a_1},\dfrac{1}{a_2},...,\dfrac{1}{a_n}$, ta có :
$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n} \geq n\sqrt[n]{\dfrac{1}{a_1.a_2...a_n}}=\dfrac{n}{\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}$(2)
Tiếp tục áp dụng BĐT Cô si cho n số $a_1,a_2,...,a_n$ ta có :
$a_1+a_2+...+a_n \geq n\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$(3)
Nhân vế theo vế của (2) và (3) ta có đpcm
Vậy từ (1)=>$\dfrac{1}{a_1+a_2+...+a_n} \leq \dfrac{1}{n}(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n})$
P/s: ký hiệu $\sum $ là tổng đấy !

Thanks oppa^^"
em hiểu rồi, em "gà" lắm, mới học lớp 9 thui, nên có j` ko hiểu thì em hỏi anh ná ná^^"

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi jesspro: 01-10-2010 - 13:21