Chủ đề này có 8 trả lời

[maitran]

Giúp em bài này với.
Cho ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c. Tính diện tích S và 3 số thực x,y,z thỏa
x+y>0;y+z>0;z+x>0 và xy+yz+zx=1.
CMR:$a^{2} x+ b^{2} y+ c^{2} z \geq 4S$

[EVEREST!]

Tôi có 2 cách như sau:
C1)
bdt$ \Leftrightarrow (a^2x+b^2y+c^2z)^2 \geq 16S^2(xy+yz+zx)$
$\Leftrightarrow (a^2x+b^2y+c^2z)^2 \geq(xy+yz+zx)(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4)$
Đến đây có thể khai triển và dùng AM-GM.
C2)
Đặt cotgP=x,cotgQ=y,cotgR=z với P,Q,R là 3 góc 1 tam giác.
Đặt $ S_{ABC} =S, S_{PQR}=S'.$
bdt cần c/m $ \Leftrightarrow a^2cotgP+b^2cotgQ+c^2cotgR \geq 4S.$

[maitran]

Anh tuấn ơi. BĐT AM_GM là gì vậy?Anh nói rõ cho em biết với.
Còn cách 2 anh giải chi tiết một chút được không ạ?
Mau nha anh.

[dtdong91]

Anh tuấn ơi. BĐT AM_GM là gì vậy?Anh nói rõ cho em biết với.
Còn cách 2 anh giải chi tiết một chút được không ạ?
Mau nha anh.

AM-GM chính là cô-si đó bạn

[maitran]

Cảm ơn dtdong nha.
Sao cô-si lại phải gọi là AM-GM nhỉ?

[supermember]

Cảm ơn dtdong nha.
Sao cô-si lại phải gọi là AM-GM nhỉ?

BĐT AM-GM chính là viết tắt của BĐT giữa trung bình cộng và trung bình nhân,còn Cô-si chỉ là người tìm ra cách c/m BĐT này nên 1 số nơi người ta gọi BĐT này là Cô-si.Tên Chính thức của nó là BĐT AM-GM

[maitran]

Em hiểu rồi.
Nhưng ở cách 1 của anh Tuấn, khi khai triển thì quá rắc rối và em thấy hình như không dùng đươc Cauchy thì phải.
Các anh giúp em với.
Còn cách 2 em cần chi tiết hơn vì em vốn ngu lượng giác cực kỳ.
Ah các anh đánh phép toán hay vậy,chỉ em với.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitran: 21-01-2007 - 19:28

[EVEREST!]

Tôi có 2 cách như sau:
C1)
bdt$ \Leftrightarrow (a^2x+b^2y+c^2z)^2 \geq 16S^2(xy+yz+zx)$
$\Leftrightarrow (a^2x+b^2y+c^2z)^2 \geq(xy+yz+zx)(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4)$
Đến đây có thể khai triển và dùng AM-GM.
C2)
Đặt cotgP=x,cotgQ=y,cotgR=z với P,Q,R là 3 góc 1 tam giác.
Đặt $ S_{ABC} =S, S_{PQR}=S'.$
bdt cần c/m $ \Leftrightarrow a^2cotgP+b^2cotgQ+c^2cotgR \geq 4S.$

C/m tiếp cách 2 như sau:goi p,q,r là các cạnh tam giác PQR
bdt$ \Leftrightarrow a^2(q^2+r^2-p^2)+b^2(p^2+r^2-q^2)+c^2(p^2+q^2-r^2) \geq 16SS'$(sử dụng ct:$cotgP= \dfrac{q^2+r^2-p^2}{4S'}$)
$ \Leftrightarrow a^2(2q^2-2pqcosR)+b^2(2p^2-2pqcosR)+2c^2xycosR \geq 4absinCpqsinR $
$ \Leftrightarrow 2(aq-bp)^2+4abpq(1-cos(C-R) \geq 0 $ (đúng)
Dấu = xảy ra khi 2 tam giác đồng dạng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenmanhtuan: 04-02-2007 - 16:29

[Huyptit]

Có bài toán tổng quát hơn đó,bỏ điều kiện xy+yz+zx=1 đi ,ta chứng minh
$ x a^{2} +y b^{2} +z c^{2}$ $4 sqrt{xy+yz+zx} S $