Cho Tam giác ABC với $m_a,l_a$ là trung tuyến xuất phát từ đỉnh A Chứng minh rằng:
$m_a.m_b.m_c \geq l_a.l_b.l_c$
Lại BDT trong Tam giác
Bắt đầu bởi NAPOLE, 12-03-2007 - 11:50
#1
Đã gửi 12-03-2007 - 11:50
Defense Of The Ancients
#2
Đã gửi 12-03-2007 - 12:28
Mình xin giải bài này như sau:
Ta sẽ CM: $ m_{a}.m_{b}.m_{c} \geq S.p \geq l_{a}.l_{b}.l_{c} $
* Ta có
$ 4m_{a}^2 =2(b^2+c^2)-a^2 \geq (b+c)^2 -a^2 = (b+c-a)(a+b+c) $
Suy ra
$ m_{a}^2 \geq (\dfrac {a+b+c}{2})(\dfrac {b+c-a}{2}) =p(p-a) $
Tương tự ta có
$m_{b}^2 \geq p(p-b) $
$m_{c}^2 \geq p(p-c) $
Từ đó :
$ m_{a}^2m_{b}^2m_{c}^2 \geq p.p.p(p-a)p(p-b)p(p-c) = p^2.S^2 $
Suy ra $ m_{a}m_{b}m_{c} \geq S.p $ (1)
* Tiếp theo ta có:
$ l_{a}^2=\dfrac{4bc}{(b+c)^2}.p(p-a) \leq \dfrac {4bc}{4bc}.p(p-a)=p(p-a) $
Tương tự
$ l_{b}^2 \leq p(p-b) $
$ l_{c}^2 \leq p(p-c) $
Từ đó
$ l_{a}^2l_{b}^2l_{c}^2 \leq S^2.p^2 $
Suy ra $ l_{a}l_{b}l_{c} \leq S.p $ (2)
Từ (1) và (2) ta có ĐPCM. HE!!!!!!!!!!!!!
Ta sẽ CM: $ m_{a}.m_{b}.m_{c} \geq S.p \geq l_{a}.l_{b}.l_{c} $
* Ta có
$ 4m_{a}^2 =2(b^2+c^2)-a^2 \geq (b+c)^2 -a^2 = (b+c-a)(a+b+c) $
Suy ra
$ m_{a}^2 \geq (\dfrac {a+b+c}{2})(\dfrac {b+c-a}{2}) =p(p-a) $
Tương tự ta có
$m_{b}^2 \geq p(p-b) $
$m_{c}^2 \geq p(p-c) $
Từ đó :
$ m_{a}^2m_{b}^2m_{c}^2 \geq p.p.p(p-a)p(p-b)p(p-c) = p^2.S^2 $
Suy ra $ m_{a}m_{b}m_{c} \geq S.p $ (1)
* Tiếp theo ta có:
$ l_{a}^2=\dfrac{4bc}{(b+c)^2}.p(p-a) \leq \dfrac {4bc}{4bc}.p(p-a)=p(p-a) $
Tương tự
$ l_{b}^2 \leq p(p-b) $
$ l_{c}^2 \leq p(p-c) $
Từ đó
$ l_{a}^2l_{b}^2l_{c}^2 \leq S^2.p^2 $
Suy ra $ l_{a}l_{b}l_{c} \leq S.p $ (2)
Từ (1) và (2) ta có ĐPCM. HE!!!!!!!!!!!!!
#3
Đã gửi 13-03-2007 - 06:56
Ừm . Bạn giải đúng rồi đó . Làm thêm bài này nữa nhé :
Chứng minh rằng :$m_a^2+m_b^2+m_c^2 \geq p^2$
Chứng minh rằng :$m_a^2+m_b^2+m_c^2 \geq p^2$
Defense Of The Ancients
#4
Đã gửi 13-03-2007 - 14:15
Mình thử lửa nha Việt:
$\large\ VT=\dfrac{3}{4}(a^2+b^2+c^2) \geq \dfrac{3(a+b+c)^2}{3.4}=p^2$.
$\large\ VT=\dfrac{3}{4}(a^2+b^2+c^2) \geq \dfrac{3(a+b+c)^2}{3.4}=p^2$.
#5
Đã gửi 14-03-2007 - 07:06
Các bác giải nhanh như gió vậy . Tiếp nữa nào :
CmR
$sin^2\dfrac{A}{2}+sin^2\dfrac{B}{2}+sin^2\dfrac{C}{2} +\dfrac{3r}{4R}\leq \dfrac{9}{8}$
Hỏi có thể xây dựng thêm đẳng thức nào từ mấy cái trên >?
CmR
$sin^2\dfrac{A}{2}+sin^2\dfrac{B}{2}+sin^2\dfrac{C}{2} +\dfrac{3r}{4R}\leq \dfrac{9}{8}$
Hỏi có thể xây dựng thêm đẳng thức nào từ mấy cái trên >?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NAPOLE: 14-03-2007 - 07:07
Defense Of The Ancients
#6
Đã gửi 14-03-2007 - 07:11
Có thêm 1 bài trong đề nghị Olympic 30/4 là :
Cmr:
$[2(a^2+b^2)-c^2][2(b^2+c^2)-a^2][2(a^2+c^2)]-b^2] \leq (2a^2+bc)(2b^2+ca)(2c^2+ab)$
Bài trên tôi đã giải được mà chỉ cần sử dụng BDT còn cách lượng giác thì mong chỉ bảo ?
Cmr:
$[2(a^2+b^2)-c^2][2(b^2+c^2)-a^2][2(a^2+c^2)]-b^2] \leq (2a^2+bc)(2b^2+ca)(2c^2+ab)$
Bài trên tôi đã giải được mà chỉ cần sử dụng BDT còn cách lượng giác thì mong chỉ bảo ?
Defense Of The Ancients
#7
Đã gửi 14-03-2007 - 13:57
Bài 1 nha :
Dễ Dàng CM được $\large\r=4RsinA/2sinB/2sinC/2$
Và $\large\sum\sin^2 \dfrac{A}{2}=1-2sinA/2sinB/2sinC/2$
Nên $\large\ VT=1+sinA/2sinB/2sinC/2 \leq 1+\dfrac{1}{8}=\dfrac{9}{8}$
Bài 2 thì CM bằng đại số dễ ẹt còn lượng giác thì mình bí chỉ biết VT=$\large\64(m_am_bm_c)^2$còn VP
Bó Chai
Dễ Dàng CM được $\large\r=4RsinA/2sinB/2sinC/2$
Và $\large\sum\sin^2 \dfrac{A}{2}=1-2sinA/2sinB/2sinC/2$
Nên $\large\ VT=1+sinA/2sinB/2sinC/2 \leq 1+\dfrac{1}{8}=\dfrac{9}{8}$
Bài 2 thì CM bằng đại số dễ ẹt còn lượng giác thì mình bí chỉ biết VT=$\large\64(m_am_bm_c)^2$còn VP
Bó Chai
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doanquocdung: 14-03-2007 - 14:06
#8
Đã gửi 15-03-2007 - 11:49
Vậy thì các bác hãy thử sửa hệ số $\dfrac{3}{4}$ lại xem để ta có cái vế phải thành 1 đẳng thức thì sẽ chế được thêm nhiều bài hay lắm đó . Sau đây là vài bài :
1/$p^2 \geq 3r^2+12Rr$
2/$9R^2 \geq a^2+b^2+c^2$
3/$p^2+r^2 \geq 14R.r$
1/$p^2 \geq 3r^2+12Rr$
2/$9R^2 \geq a^2+b^2+c^2$
3/$p^2+r^2 \geq 14R.r$
Defense Of The Ancients
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh