Chủ đề này có 3 trả lời

[Kienlai]

Em thấy box BĐT Chưa nhiều bài Bất lượng giác, nên em mạnh dạn đăng mấy bài//////

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

[dark templar]

Chứng minh trong tam giác ABC luôn có:

1. $$p^{2} \leqslant 6R^{2} + 3r^2$$

Ta 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:

• $r_{a}r_{b}+r_{b}r_{c}+r_{c}r_{a}=p^2$
• $r_{a}+r_{b}+r_{c}=4R+r$

Theo AM-GM:
$$(r_{a}+r_{b}+r_{c})^2 \ge 3\sum_{cyc}r_{a}r_{b} \iff p^2 \le \frac{(4R+r)^2}{3}$$
Xong.

P/s:Cái bài b bạn làm ơn xem lại giùm đề

[Kienlai]

Em gõ nhầm 4 thành

Ta 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:

• $r_{a}r_{b}+r_{b}r_{c}+r_{c}r_{a}=p^2$
• $r_{a}+r_{b}+r_{c}=4R+r$

Theo AM-GM:
$$(r_{a}+r_{b}+r_{c})^2 \ge 3\sum_{cyc}r_{a}r_{b} \iff p^2 \le \frac{(4R+r)^2}{3}$$
Xong.

P/s:Cái bài b bạn làm ơn xem lại giùm đề

SR, em gõ nhầm 14 thành a

[Kienlai]

b)
Ta có BĐT chứng minh tương đương với:

$$(sinA+sinB+sinC)^{2}\leq \frac{15}{4}+cos(A-B)+cos(B-C)+cos(C-A)$$
$$\Leftrightarrow cos^{2}A+cos^{2}B+cos^{2}C+(cosAcosB-sinAsinB)+(cosBcosC-sinBsinC)+(cosCcosA-sinCsinA)+\frac{3}{4}\geq 0$$ (1)
ở đây ta sử dụng : công thức hạ bậc $$sin^{2}A=\frac{1}{2}(1-cos2A)$$

$$cos^{2}A=\frac{1}{2}(1+cos2A)$$

(1) $$\Leftrightarrow cos^{2}A+cos^{2}B+cos^{2}C+cos(A+B)+cos(B+C)+cos(C+A)+\frac{3}{4}\geq 0$$
$$\Leftrightarrow cos^{2}A+cos^{2}B+cos^{2}C-(cosA+cosB+cosC)+\frac{3}{4}\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (cosA-\frac{1}{2})^{2}+(cosC-\frac{1}{2})^{2}+(cosB-\frac{1}{2})^{2}\geq 0$$ (luôn đúng)
ĐCCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kienlai: 26-10-2012 - 15:54