Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
$sinA+sinB+\sqrt{6}sinC\leq \frac{5\sqrt{10}}{4}$.
$sinA+sinB+\sqrt{6}sinC\leq \frac{5\sqrt{10}}{4}$
Bắt đầu bởi bachhammer, 15-08-2013 - 13:16
#1
Đã gửi 15-08-2013 - 13:16
- Beethoven97 yêu thích
#2
Đã gửi 15-08-2013 - 15:39
Giải
Ta có:
$P = \sin{A} + \sin{B} + \sqrt{6}\sin{C} = 2\sin{\dfrac{A + B}{2}}\cos{\dfrac{A - B}{2}} + 2\sqrt{6}\sin{\dfrac{C}{2}}\cos{\dfrac{C}{2}}$
$P = 2\cos{\dfrac{C}{2}\cos{\dfrac{A - B}{2}}} + 2\sqrt{6}\sin{\dfrac{C}{2}}\cos{\dfrac{C}{2}}$
Do $\cos{\dfrac{C}{2}} > 0 \Rightarrow P \leq 2\cos{\dfrac{C}{2}} + 2\sqrt{6}\sin{\dfrac{C}{2}}\cos{\dfrac{C}{2}}$
Mặt khác, ta có:
$2\cos{\dfrac{C}{2}}\left ( 1 + \sqrt{6}\sin{\dfrac{C}{2}}\right ) = \dfrac{2}{\sqrt{10}}.\sqrt{10}\cos{\dfrac{C}{2}}\left ( 1 + \sqrt{6}\sin{\dfrac{C}{2}}\right )$
$\leq \dfrac{1}{\sqrt{10}} \left ( 10\cos^2{\dfrac{C}{2}} + 1 + 2\sqrt{6}\sin{\dfrac{C}{2}} + 6\sin^2{\dfrac{C}{2}}\right )$
$= \dfrac{1}{\sqrt{10}}\left [ - \left ( 2\sin{\dfrac{C}{2}} - \dfrac{\sqrt{6}}{2}\right)^2 + \dfrac{50}{4} \right ]\leq \dfrac{5\sqrt{10}}{4}$
Vậy: $\sin{A} + \sin{B} + \sqrt{6}\sin{C} \leq \dfrac{5\sqrt{10}}{4}$
Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix}A = B \\\sin{\dfrac{C}{2}} = \dfrac{\sqrt{6}}{4}\\\cos{\dfrac{C}{2}} = \dfrac{\sqrt{10}}{4}\end{matrix}\right.$
(Sử dụng được BĐT Côsi do $0 < C < 180^o$ nên $\sin{\dfrac{C}{2}}, \cos{\dfrac{C}{2}} > 0$ )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 15-08-2013 - 15:41
- thanhdotk14 và Lyer thích
Thế giới này trở nên bị tổn thương quá nhiều không phải bởi vì sự hung bạo của những kẻ xấu xa mà chính bởi vì sự im lặng của những người tử tế
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh