Chứng minh trong tam giác ABC luôn có:
1. $$p^{2} \leqslant 6R^{2} + 3r^{2}$$
2. $$\sqrt{\frac{15}{4} + cos(A-B) + cos(B-C)+cos(C-A)}\geqslant sinA+sinB+sinC$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kienlai: 26-10-2012 - 15:25
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kienlai: 26-10-2012 - 15:25
Ta chứng minh 1 BĐT chặt hơn là $p^2 \le \frac{(4R+r)^2}{3}$Chứng minh trong tam giác ABC luôn có:
1. $$p^{2} \leqslant 6R^{2} + 3r^2$$
SR, em gõ nhầm 14 thành aTa chứng minh 1 BĐT chặt hơn là $p^2 \le \frac{(4R+r)^2}{3}$
Ký hiệu $r_{a};r_{b};r_{c}$ là bán kính các đường tròn bàng tiếp tam giác ABC.Dễ dàng có các hệ thức sau:Theo AM-GM:
- $r_{a}r_{b}+r_{b}r_{c}+r_{c}r_{a}=p^2$
- $r_{a}+r_{b}+r_{c}=4R+r$
$$(r_{a}+r_{b}+r_{c})^2 \ge 3\sum_{cyc}r_{a}r_{b} \iff p^2 \le \frac{(4R+r)^2}{3}$$
Xong.
P/s:Cái bài b bạn làm ơn xem lại giùm đề
$$cos^{2}A=\frac{1}{2}(1+cos2A)$$
(1) $$\Leftrightarrow cos^{2}A+cos^{2}B+cos^{2}C+cos(A+B)+cos(B+C)+cos(C+A)+\frac{3}{4}\geq 0$$Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kienlai: 26-10-2012 - 15:54
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh