Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

$\sum \dfrac{(a+b)^2a_1b_1}{16S^2} \geq 1.$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 nguyennhatlinh_nkht

nguyennhatlinh_nkht

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 41 Bài viết

Đã gửi 13-10-2005 - 18:02

Cho tam giác $ABC$ có các cạnh lần lượt là $a,b,c$, các đường phân giác $AA',BB',CC'$. Đặt $B'C' = a_1, C'A'= b_1, A'B'  = c_1$. Gọi $S$ là diện tích tam giác $ABC$. Chứng minh rằng:

$$\sum \dfrac{(a+b)^2a_1b_1}{16S^2} \geq 1.$$

 


I will change the world

#2 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 07-01-2014 - 09:13


Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại hơn 2 ngày nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng @};- cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng @};- sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 8/01 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng @};- sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 25-01-2014 - 11:44

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#3 maitienluat

maitienluat

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 182 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quy Nhơn

Đã gửi 11-01-2014 - 14:51

Ta có  $\frac {AC'}{AB}=\frac{AC}{AC+BC} \Rightarrow AC' = \frac {bc}{a+b}$

Tương tự $AB'=\frac {bc}{c+a}$

Áp dụng định lý cosine cho tam giác $AB'C'$ ta được:

$$a_1^2=AC'^2+AB'^2-2AC'.AB'.\cos A \geq 2AC'AB'(1-\cos A)=\frac {2b^2c^2}{(a+c)(a+b)}.2\sin^2 {\frac {A}{2}}=\frac {4bc(p-b)(p-c)} {(a+c)(a+b)}$$

Tương tự ta thu được các đánh giá với $b_1^2$ và $c_1^2$.

Bây giờ, áp dụng BĐT AM-GM cho vế trái của BĐT đã cho, ta sẽ chứng minh:

$$3. \sqrt[3] {(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2.a_1^2.b_1^2c_1^2} \geq 16S^2$$

Sử dụng các đánh giá ở trên, ta đưa về chứng minh

$$3. \sqrt[3] {64a^2b^2c^2(p-a)^2(p-b)^2(p-c)^2}\geq 16p(p-a)(p-b)(p-c)$$

$$\Leftrightarrow 27a^2b^2c^2 \geq 64 p^3(p-a)(p-b)(p-c)$$ (*)

Đặt $x=p-a,y=p-b,z=p-c$ thì $x,y,z > 0$ và

$$(*) \Leftrightarrow 27(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 \geq 64xyz(x+y+z)^3$$

Hiển nhiên đúng theo 2 BĐT quen thuộc sau

$$9(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$$

$$(xy+yz+zx)^2 \geq 3xyz(x+y+z)$$

Kết thúc chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ABC$ là tam giác đều.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 11-01-2014 - 14:56





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh