Chủ đề này có 4 trả lời

[Hoang Nhat Tuan]

Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

 

[hoanglong2k]

Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

 

Spoiler

 Bài ni chộ hao hao ci bài IMO năm mô đó a rứa @@ Nỏ nhớ nựa

Tiện tay ghi luôn hướng suy nghĩ :

 Nhận thấy trong bài có đề cập tới diện tích và độ dài 2 cạnh nên hầu như bài toán nào như thế này đều nghĩ đến việc sử dụng công thức Hê-rông

 Vả lại thấy nên đặt $(a,b,c)\rightarrow (x+y,y+z,z+x)$ thì vế trái sẽ thành tổng các bình phương của tổng 2 số còn vế phải thành tổng các bình phương của hiệu 2 số nên dễ dành rút gọc hơn, chắc vậy 

 

 Lời giải : 

 Đổi biến $(a,b,c)\rightarrow (x+y,y+z,z+x)$

 Khi đó : BĐT $\Leftrightarrow \sum (x+y)^2\geq 4\sqrt3S+\sum (x-y)^2\Leftrightarrow 4\sum xy\geq 4\sqrt3S\Leftrightarrow \sum xy\geq \sqrt3S$

 Mặt khác $\sum xy\geq \sqrt{3xyz(x+y+z)}=\sqrt3S$  ( AM-GM tiếp sức Hê-rông )

 Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 06-06-2015 - 06:40

[Trung Gauss]

Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

 

Đây là BDT Hadwinger-Finsler, làm mạnh bài bất của bài bất trong kì thi IMO 1961

 

Cách khác:

BDT cần chứng minh tương đương: $$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\ge 4\sqrt{3} S$$

Ta có: $S=\dfrac{1}{2}ab\sin C$ nên dễ dàng chỉ ra được: $$ab+bc+ca=2S\left(\dfrac{1}{\sin C}+\dfrac{1}{\sin B}+\dfrac{1}{\sin C}\right)$$ Ngoài ra, ta còn có KQ quen thuộc sau: $$a^2+b^2+c^2=4S(\cot A+\cot B+\cot C)$$ Từ đó chuyển bài toán về CM: $$\dfrac{1-\cos A}{\sin A}+\dfrac{1-\cos B}{\sin B}+\dfrac{1-\cos C}{\sin C}\ge\sqrt{3}\\\Leftrightarrow \tan \dfrac{A}{2}+\tan\dfrac{B}{2}+\tan\dfrac{C}{2}\ge\sqrt{3}$$ BDT này đúng vì: $$\left( \tan \dfrac{A}{2}+\tan\dfrac{B}{2}+\tan\dfrac{C}{2}\right)^2\ge 3\left(\tan\dfrac{A}{2}\tan\dfrac{B}{2}+\tan\dfrac{B}{2}\tan\dfrac{C}{2}+\tan\dfrac{C}{2}\tan\dfrac{A}{2}\right)=3$$Bài toán được CM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trung Gauss: 06-06-2015 - 09:29

[khanghaxuan]

Tiếp thu ý kiến của anh ducvipdh12

Phân tích bài toán : Ta thấy bên VT xuất hiện các đại lượng $a^{2},b^{2}.c^{2}$ còn bên VP xuất hiện các đại lượng $(a-b)^{2},...$

Thế nên không do dự , ta khai triển VP ra để rút gọn với VT ta được : $2\sum ab -\sum a^{2}\geq 4\sqrt{3}S (*)$

Tới đây , ta chú ý rằng $VP(*)$ có đại lượng $S$ ngay lúc đó ta nghĩ rằng bằng một cách " diệu kì " nào đó ta có thể làm mất $S$ và chuyển bài toán trên về bđt lượng giác và áp dụng các bđt lượng giác cơ bản để chứng minh . Tiếp theo để cụ thể hóa ý tưởng trên ta sẽ tìm mối liên hệ giữa $ab$ và S .

Mặt nhiên ta biết : $2S=absinC\Rightarrow 2ab=\frac{4S}{sin C}$

tt ta có :                $2S=bcsinA\Rightarrow 2bc=\frac{4S}{sin A}$

                             $2S=casinB\Rightarrow 2ca=\frac{4S}{sin B}$

Cộng vế theo vế ta được : $2\sum ab=4S(\sum \frac{1}{sin A})$

Tiếp theo , ta sẽ đi tìm mối liên hệ giữa $a^{2}$ và S . Các đại lượng $a^{2}$ làm cho chúng ta nghĩ tới định lý cosin . 

                      $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bccosA$

tt ta cũng có : $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2accosB$

                      $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2abcosC$

Cộng vế theo vế ta được : $\sum a^{2}=2abcosC+2bccosA+2cacosB$

mà ở trên ta đã tìm được mối quan hệ giữa $ab$ và S

Nên ta có mối quan hệ giữa $a^{2}$ và $S$ là : 

$\sum a^{2}=2abcosC+2bccosA+2cacosB=\frac{4S.cosC}{sinC}+\frac{4S.cosA}{sinA}+\frac{4S.cosB}{sinB}=4S(\sum \frac{1}{tan A})$

Cuối cùng ,ta chỉ việc chứng minh bđt lượng giác sau : 

$\sum \frac{1}{sin A}-\sum \frac{1}{tan A}\geq \sqrt{3}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{sin A}-\frac{\sum tanA.tanB}{\prod tanA}\geq \sqrt{3}$

Tới đây thì không mấy khó khăn để chứng minh  

Mở rộng bài toán : Từ bài toán trên có thể mở rộng các bài toán sau : 

1. $ab+bc+ca\geq 4\sqrt{3}S$

2. $\sum ab\geq 4\sqrt{3}S+\frac{1}{2}(\sum (a-b)^{2})$

Bài toán trên cho ta thấy được chặn dưới của $\sum a^{2}$ , ta cũng có chặn trên của nó : 

$\sum a^{2}\leq 3\sum (a-b)^{2}+4\sqrt{3}S$

Spoiler

Bài này còn rất nhiều ứng dụng khác

[Hoang Nhat Tuan]

Đây chính là bất đẳng thức Hadwinger-Finsler, BĐT cần chứng minh tương đương với

$\sum (p-b)(p-c)\geq \sqrt{3p(p-a)(p-b)(p-c)}$

Khi đó đặt $x=p-a; y=p-b; z=p-c$ thì BĐT trở thành

$xy+yz+xz\geq \sqrt{3xyz(x+y+z)}$ 

Chứng minh điều này bằng BĐT AM-GM