Chủ đề này có 6 trả lời

[cool hunter]

∆ABC có $\widehat{C}$ ko nhọn, BC=a, CA=b, AB=c. Tìm GTNN của bt: $P=(1+\frac{a}{b})(1+\frac{b}{c})(1+\frac{c}{a})$.
*trích đề thi chọn hsg lớp 9 tỉnh Hà Tĩnh năm học 2007-2008)

[Tham Lang]

Bài này mình thấy cho $a, b, c$ là các cạnh của tam giác thì không ý nghĩa lắm, chỉ là tương đương điều kiện $a, b, c$ $\#$ 0 thôi thì phải .
Áp dụng trực tiếp $AM=GM$ ta có :
$$VT \ge 2\sqrt{\dfrac{a}{b}}.2\sqrt{\dfrac{b}{c}}2\sqrt{\dfrac{c}{a}} = 8$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 01-04-2012 - 00:29

[minh29995]

Bài này mình thấy cho $a, b, c$ là các cạnh của tam giác thì không ý nghĩa lắm, chỉ là tương đương điều kiện $a, b, c$ $\#$ 0 thôi thì phải .
Áp dụng trực tiếp $AM=GM$ ta có :
$$VT \ge 2\sqrt{\dfrac{a}{b}}.2\sqrt{\dfrac{b}{c}}2\sqrt{\dfrac{c}{a}} = 8$$

Không đơn giản như vậy đâu bạn.. do tam giác ABC có góc C không nhọn nên ta có $c^{2}\geq a^{2}+b^{2}$
$P= 2 +\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}$
$\geq 4+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}$
$= \geq 4+\frac{b}{c}+\frac{c}{2a}+\frac{c}{2a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{2b}+\frac{c}{2b}$
$\geq 4+6\sqrt[6]{\frac{c}{2b}\frac{a}{c}\frac{b}{c}\frac{c}{2b}\frac{c}{2a}\frac{c}{2a}}$
$\geq 4+6\sqrt[6]{\frac{c^{2}}{2^{4}ab}}$
$\geq 4+6\sqrt[6]{\frac{a^{2}+b^{2}}{2^{4}ab}}$
$\geq 4+\frac{6}{\sqrt{2}}$$=4+3\sqrt{2}$
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow$ tam giác ABC vuông cân tại C

[trungdung97]

mình xin đưa ra bài toán khó hơn nhiều Cho tam giác ABC không nhọn có BC=a,CA=b,AB=c.Tìm GTNN của biểu thức A= a/(b+c)+b/(a+c)+c/(a+b)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungdung97: 20-06-2012 - 16:21

[kainguyen]

mình xin đưa ra bài toán khó hơn nhiều Cho tam giác ABC không nhọn có BC=a,CA=b,AB=c.Tìm GTNN của biểu thức A= a/(b+c)+b/(a+c)+c/(a+b)

Do tam giác ABC không nhọn nên sẽ có 1 góc lớn hơn hoặc bằng 90 độ, do đó cạnh đối diện với góc đó là lớn nhất. Không giảm tính tổng quát, giả sử đó là AB thì ta có: $c^2 \ge a^2+b^2$.

Từ $c^2 \ge a^2+b^2 \Rightarrow (\frac{a}{c})^2+(\frac{b}{c})^2\leq 1$.

Và ta biến đổi:

$A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{\frac{a}{c}}{\frac{b}{c}+1}+\frac{\frac{b}{c}}{1+\frac{a}{c}}+\frac{1}{\frac{a}{c}+\frac{b}{c}}$

Đặt: $\left\{\begin{matrix}
\frac{a}{c}=x\\
\frac{b}{c}=y
\end{matrix}\right.$

Ta được: $x^2+y^2 \le 1$ và:

$A=\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{1}{x+y}$

Theo Cauchy - Schwarz và AM - GM, ta có:

$A=\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{1}{x+y}\geq \frac{(x+y)^2}{x+y+2xy}+\frac{1}{x+y}\geq \frac{(x+y)^2}{x+y+\frac{(x+y)^2}{2}}+\frac{1}{x+y}$

Đặt $x+y=t$ ta suy ra $0<t\leq \sqrt{2}$

Xét hàm số $f(t)=\frac{2t}{t+2}+\frac{1}{t}$

Ta có $f'(t) < 0$ với $0<t\leq \sqrt{2}$ nên hàm số này nghịch biến trên $0<t\leq \sqrt{2}$

Từ đây suy ra: $f(t)\geq f(\sqrt{2})=\frac{-4+5\sqrt{2}}{2}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đã cho vuông cân tại C.

Vậy $MinA=\frac{-4+5\sqrt{2}}{2}$ khi tam giác đã cho là tam giác vuông cân.

[Albert einstein vip]

Áp dụng BĐT cô si ta có :
$1+\frac{a}{b}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}}$
$1+\frac{b}{c}\geq 2\sqrt{\frac{b}{c}}$
$1+\frac{c}{a}\geq 2\sqrt{\frac{c}{a}}$
$\left ( 1+\frac{a}{b} \right )\left ( 1+\frac{b}{c} \right )\left ( 1+\frac{c}{a} \right )\geq 8$
Vật Min P=8 khi $\Leftrightarrow a= b= c$

[Hoang Nhat Tuan]

Áp dụng BĐT cô si ta có :
$1+\frac{a}{b}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}}$
$1+\frac{b}{c}\geq 2\sqrt{\frac{b}{c}}$
$1+\frac{c}{a}\geq 2\sqrt{\frac{c}{a}}$
$\left ( 1+\frac{a}{b} \right )\left ( 1+\frac{b}{c} \right )\left ( 1+\frac{c}{a} \right )\geq 8$
Vật Min P=8 khi $\Leftrightarrow a= b= c$

Tam giác ABC có $\widehat{C}$ không nhọn