CMR : ra+ rb + rc <= 9/2*R$$
Hệ thức lượng đây !
Bắt đầu bởi Lucky_star, 22-12-2007 - 11:48
#1
Đã gửi 22-12-2007 - 11:48
#2
Đã gửi 23-12-2007 - 12:42
Đầu tiên bạn chứng minh ;
rA+rB+rC=r+4R
Cm bằng cách:rA=S/p-a (S là diện tích),tương tự với rB,rC, r=S/p,4R=abc/S
biến đổi tương đương (quy đồng hết lên),khử S=áp dụng công thức Hê rông:S^2=p.(p-a).(p-b).(p-c).thế là xong.
sau đó cm 2r R như sau
2r/R=(2S/p):(abc/4S)=8S^2 / p.abc=8.p.(p-a).(p-b).(p-c) /(p.abc)=(2p-2a).(2p-2b).(2p-2c):abc
=(b+c-a).(a+c-b).(a+b-c):(abc) (1)
áp dụng b đ t cauchy là xong:
2c=(b+c-a)+(a+c-b) 2 :sqrt{(b+c-a).(a+c-b)}
c :sqrt{(b+c-a).(a+c-b)}
tương tự ta có thêm 2 bất đẳng thức như vậy. Nhân vế với vế 3 bất đẳng thức trên ta có:
abc (b+c-a).(a+c-b).(a+b-c) nên 2r/R 1 (đpcm)
Bất đẳng thức: ra+ rb + rc 9/2*R
tương đương: 4R+r 9/2.R
tương đương: r R/2 (đúng)
rA+rB+rC=r+4R
Cm bằng cách:rA=S/p-a (S là diện tích),tương tự với rB,rC, r=S/p,4R=abc/S
biến đổi tương đương (quy đồng hết lên),khử S=áp dụng công thức Hê rông:S^2=p.(p-a).(p-b).(p-c).thế là xong.
sau đó cm 2r R như sau
2r/R=(2S/p):(abc/4S)=8S^2 / p.abc=8.p.(p-a).(p-b).(p-c) /(p.abc)=(2p-2a).(2p-2b).(2p-2c):abc
=(b+c-a).(a+c-b).(a+b-c):(abc) (1)
áp dụng b đ t cauchy là xong:
2c=(b+c-a)+(a+c-b) 2 :sqrt{(b+c-a).(a+c-b)}
c :sqrt{(b+c-a).(a+c-b)}
tương tự ta có thêm 2 bất đẳng thức như vậy. Nhân vế với vế 3 bất đẳng thức trên ta có:
abc (b+c-a).(a+c-b).(a+b-c) nên 2r/R 1 (đpcm)
Bất đẳng thức: ra+ rb + rc 9/2*R
tương đương: 4R+r 9/2.R
tương đương: r R/2 (đúng)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anh_offline: 23-12-2007 - 12:45
- Hanhphuclavay yêu thích
#3
Đã gửi 23-02-2008 - 09:01
Em có cách khác:
Ta có:
$\large \dfrac{r_a}{R} = \dfrac{p\dfrac{sin \dfrac{A}{2}}{cos \dfrac{A}{2}}}{\dfrac{a}{2sinA}} = \dfrac{p\dfrac{sin \dfrac{A}{2}}{cos \dfrac{A}{2}}}{\dfrac{a}{4sin\dfrac{A}{2}cos\dfrac{A}{2}}} = \dfrac{(a+b+c)(1-cosA)}{a} = \dfrac{(a+b+c)(a^2+2bc-b^2-c^2)}{2abc}$
Vậy điều phải chứng minh tương đương với:
$\large \sum\dfrac{(a+b+c)(a^2+2bc-b^2-c^2)}{2abc} \leq \dfrac{9}{2}$
Hay: $a^3 + b^3 + c^3 +3abc \geq ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)$
Đây đã là bất đẳng thức Schur quen thuộc!
Các anh ơi, những chỗ nó hiện ra $\large sinA2$ là $sin$$\large \dfrac{A}{2}$ đấy ạ. Không hiểu tại sao không đánh được >.<
Ta có:
$\large \dfrac{r_a}{R} = \dfrac{p\dfrac{sin \dfrac{A}{2}}{cos \dfrac{A}{2}}}{\dfrac{a}{2sinA}} = \dfrac{p\dfrac{sin \dfrac{A}{2}}{cos \dfrac{A}{2}}}{\dfrac{a}{4sin\dfrac{A}{2}cos\dfrac{A}{2}}} = \dfrac{(a+b+c)(1-cosA)}{a} = \dfrac{(a+b+c)(a^2+2bc-b^2-c^2)}{2abc}$
Vậy điều phải chứng minh tương đương với:
$\large \sum\dfrac{(a+b+c)(a^2+2bc-b^2-c^2)}{2abc} \leq \dfrac{9}{2}$
Hay: $a^3 + b^3 + c^3 +3abc \geq ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)$
Đây đã là bất đẳng thức Schur quen thuộc!
Các anh ơi, những chỗ nó hiện ra $\large sinA2$ là $sin$$\large \dfrac{A}{2}$ đấy ạ. Không hiểu tại sao không đánh được >.<
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mashimaru: 23-02-2008 - 09:06
Và như thế, hạnh phúc thật giản dị, nhưng đó là điều giản dị mà chỉ những người thực sự giàu có trong tâm hồn mới sở hữu được.
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh