Chủ đề này có 8 trả lời

[Circle]

Các công thức này sẽ giúp ta giải được nhiều bài bđt trong tam giác có tính đối xứng, bằng cách chuyển về p,R,r và áp dụng bđt Gerretsen

a,b,c là nghiệm của:
$t^3-2pt+(p^2+r^2+4Rr)t-4pRr=0$

$\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b},\dfrac{1}{c}$ là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{p^2+4Rr+r^2}{4pRr}.t^2+\dfrac{1}{2Rr}.t-\dfrac{1}{4pRr}=0$

x=p-a,y=p-b,z=p-c là nghiệm của:
$t^3-pt^2+r(4R+r)t-pr^2=0$

$\dfrac{1}{x},\dfrac{1}{y},\dfrac{1}{z}$ là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{4R+r}{pr}.t^2+\dfrac{1}{r^2}.t-\dfrac{1}{pr^2}=0$

$h_a,h_b,h_c$ là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{p^2+r^2+4Rr}{2R}.t^2+\dfrac{2p^2r}{R}.t-\dfrac{2p^2r^2}{R}=0$

$t^3-\dfrac{1}{r}.t^2+\dfrac{p^2+r^2+4Rr}{4p^2r^2}.t-\dfrac{2R}{4p^2r^2}=0$

$t^3-(4R+r)t^2+p^2t-p^2r=0$

$\dfrac{1}{r_a},\dfrac{1}{r_b},\dfrac{1}{r_c}$ là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{1}{r}t^2+\dfrac{4R+r}{p^2r}.t-\dfrac{1}{p^2r}=0$

sinA,sinB,sinC là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{p}{R}t^2+\dfrac{p^2+r^2+4Rr}{4R^2}t-\dfrac{pr}{2R^2}=0$

$\dfrac{1}{sinA},\dfrac{1}{sinB},\dfrac{1}{sinC}$ là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{p^2+r^2+4Rr}{2pr}t^2+\dfrac{2R}{r}t-\dfrac{2R^2}{pr}=0$

cosA,cosB,cosC là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{R+r}{R}t^2+\dfrac{p^2+r^2-4R^2}{4R^2}t+\dfrac{(2R^2+r)^2-p^2}{4R^2}=0$

$sin^2\dfrac{A}{2},sin^2\dfrac{B}{2},sin^2\dfrac{C}{2}$ là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{2R-r}{2R}t^2+\dfrac{p^2+r^2-8Rr}{16R^2}t-\dfrac{r^2}{16R^2}=0$

$t^3-\dfrac{p^2+r^2-8Rr}{r^2}t^2+\dfrac{8R(2R-r)}{r^2}t-\dfrac{16R^2}{r^2}=0$

cotgA,cotgB,cotgC là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{p^2-r^2-4Rr}{2pr}t^2+t+\dfrac{(2R+r)^2-p^2}{2pr}=0$

tgA,tgB,tgC là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{2pr}{p^2-(2R+r)^2}t^2+\dfrac{p^2-4Rr-r^2}{p^2-(2R+r)^2}t-\dfrac{2pr}{p^2-(2R+r)^2}=0$

$tg\dfrac{A}{2},tg\dfrac{B}{2},tg\dfrac{C}{2}$ là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{4R+r}{p}t^2+t-\dfrac{r}{p}=0$

$cotg\dfrac{A}{2},cotg\dfrac{B}{2},cotg\dfrac{C}{2}$ là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{p}{r}t^2+\dfrac{4R+r}{r}t-\dfrac{p}{r}=0$

$tg^2\dfrac{A}{2},tg^2\dfrac{B}{2},tg^2\dfrac{B}{2}$ là nghiệm của:
$t^3+\dfrac{2p^2-(4R+r)^2}{p^2}t^2+\dfrac{p^2-8Rr-2r^2}{p^2}t-\dfrac{r^2}{p^2}=0$

$cotg^2\dfrac{A}{2},cotg^2\dfrac{B}{2},cotg^2\dfrac{B}{2}$ là nghiệm của:
$t^3-\dfrac{p^2-8Rr-2r^2}{r^2}t^2-\dfrac{2p^2-(4R+r)^2}{r^2}t-\dfrac{p^2}{r^2}=0$

Bất đẳng thức Gerretsen:
$r(16R-5r) <= p^2 <= 4R^2+4Rr+3r^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 31-05-2009 - 19:10

[oceandt]

Các ví dụ thì các bạn thử down về xem nhé Link đây: http://www.google.co....50310824,d.dGI

 

 

P/S: Mình chưa down đâu. Nên có gì xai thì các bạn đừng ném gạch đá gì nhé. Tks

[Bonjour]

Công thức 1)  2)
Theo định lý hàm sin và công thức nhân đôi:
                                 $a=2R.sinA=4R.sin\frac{A}{2}.cos\frac{A}{2}$                              $(*)$

Ta có công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác như sau:     
                        $p-a=r.cot\frac{A}{2}=r.\frac{cos\frac{A}{2}}{sin\frac{A}{2}}$                    $(**)$

Từ $(*)$ và $(**)$ ta được: 

            $sin^{2}\frac{A}{2}=\frac{ar}{4R(p-a)}$  và $cos^{2}\frac{A}{2}=\frac{a(p-a)}{4Rr}$

Nên suy ra được:
              $\frac{ar}{4R(p-a)}+\frac{a(p-a)}{4Rr}=sin^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{A}{2}=1$  

                                     $\Rightarrow r^{2}a+ap^2-2a^2p+a^3=4Rr(p-a)$

                 Nên: $a^3-2a^2p+(r^2+p^2+4Rr)a-4Rrp=0$

Từ đó $a$ là nghiệm của phương trình trên .Tương tự $b,c$ cũng là nghiệm của phương trình

  Khi thay các $a$ ( $b,c$ ) bởi nghịch đảo của nó và rút gọn ,ta sẽ thu được công thức $2$

[Changg Changg]

Bất đẳng thức Gerretsen thứ nhất được suy ra từ đẳng thức cơ bản sau $IG^2-r^2=\dfrac{p^2-4r(4R+r)}{9}$

[Changg Changg]

Bất đẳng thức Gerretsen thứ hai được suy ra từ đẳng thức $HI^2-r^2=4R^2+4Rr+2r^2-p^2$

[Bonjour]

Chứng minh các bất đẳng thức sau:
 1) $3R+2(h_{a}+h_{b}+h_{c})\geq 8\sqrt[4]{3}\sqrt{S}$

 

2) $3(R+r)+(r_{a}+r_{b}+r_{c})+2(h_{a}+h_{b}+h_{c})\geq 12\sqrt[4]{3}\sqrt{S}$

 

3) $(a+b)(b+c)(c+a)+(b+a-c)(c+b-a)(c+a-b)\geq 9abc$

 

4) $(\frac{a^2+b^2+c^2}{cotA+cotB+cotC})^3\leq \frac{a^2b^2c^2}{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}}$

 

5) $4S^2\leq \sum_{cyc}^{.}a^2(p-b)(p-c)\leq p^2R^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bonjour: 29-07-2015 - 09:57

[Nghiapnh1002]

Chứng minh các bất đẳng thức sau:
 1) $3R+2(h_{a}+h_{b}+h_{c})\geq 8\sqrt[4]{3}\sqrt{S}$

 

2) $3(R+r)+(r_{a}+r_{b}+r_{c})+2(h_{a}+h_{b}+h_{c})\geq 12\sqrt[4]{3}\sqrt{S}$

 

3) $(a+b)(b+c)(c+a)+(b+a-c)(c+b-a)(c+a-b)\geq 9abc$

 

4) $(\frac{a^2+b^2+c^2}{cotA+cotB+cotC})^3\leq \frac{a^2b^2c^2}{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}}$

 

5) $4S^2\leq \sum_{cyc}^{.}a^2(p-b)(p-c)\leq p^2R^2$

4) Ta có: $cotA+cotB+cotC= \frac{a^2+b^2+c^2}{4S} \Rightarrow \frac{a^2+b^2+c^2}{cotA+cotB+cotC}=4S  $  

 $abc=4SR \Rightarrow a^2b^2c^2= 16S^2R^2 $  và $tan \frac{A}{2}tan\frac{B}{2}tan\frac{C}{2}=\frac{r}{p}$ 

Cuối cùng ta cần chứng minh $64S^3 \leq \frac {16S^2R^2p}{r} \Leftrightarrow 4S \leq \frac{R^2p}{r} \Leftrightarrow 4r^2 \leq R^2 \Leftrightarrow 2r \leq R $ Bất đẳng thức cuối dễ dàng chứng minh được. Vậy ta có đpcm. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nghiapnh1002: 08-06-2017 - 16:01

[acthan502]

cần một minh họa ứng dụng của cái này

[Nghiapnh1002]

cần một minh họa ứng dụng của cái này

Mình thấy cài này có khá nhiều ứng dụng đấy bạn ạ như trong chứng minh các bất đẳng thức lượng giác này. Ví dụ nhé:

 

1) $cosA+cosB+cosC \leq \frac{3}{2}$

Bài này ta có thể dùng các công thức trên đễ chứng minh một cách dễ dàng

Lời giải:

Ta có: $cosA+cosB+cosC=1+\frac{r}{R} $ 

Do đó ta chỉ cần chứng minh $R \geq 2r$ (BĐT Euler)

Đối với bất đẳng thức $Euler$ này có nhiều cách chứng minh sau đây mình xin nêu ra hai cách đơn giản:

 

Cách 1: 

Ta có: $R^2-2Rr=OI^2 \geq 0$ nên $R \geq 2r$

Cách 2;

Ta có: 

$r=4Rsin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$ 

Mặc khác $sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2} \leq \frac{1}{8}$ từ đây ta có đpcm

 

2)CMR: $sin^2\frac{A}{2}+sin^2\frac{B}{2}+sin^2\frac{C}{2}+sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2} \geq \frac{7}{8}$

Lời giải:

Ta có: $sin^2\frac{A}{2}+sin^2\frac{B}{2}+sin^2\frac{C}{2} =1-2sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=1-\frac{r}{2R}$

Từ đây ta có thể chuyễn về dạng sau:

$1-\frac{r}{2R}+\frac{r}{4R} \geq \frac{7}{8}$

$\Leftrightarrow R \geq 2r$

 

II) Các bất đẳng thức của $Blundon$

1) $\frac{27Rr}{2}\leq16Rr-5r^2 \leq p^2 \leq 4R^2+4Rr+3r^2$

2) $24Rr-12r^2 \leq a^2+b^2+c^2\leq8R^2+4r^2$

3) $6\sqrt{3} \leq a+b+c \leq 4R+(6\sqrt{3}r-8)r$

4) $\left | p^2-(2R^2+10Rr-r^2) \right | \leq 2(R-2r)\sqrt{R(R-2r)}$

Chứng minh các bất đẳng thức này khá dài bạn có thể tham khảo ở đây

Ứng dụng:

1) CMR: $\Sigma cot\frac{A}{2} \geq 3(\Sigma tan \frac{A}{2})$

Lời giải:

Ta có: $\Sigma cot\frac{A}{2}=\frac{p}{r}$; $\Sigma tan\frac{A}{2}=\frac{4R+r}{p}$

Do đó ta cần chứng minh: 

$p^2 \geq 12Rr+3r^2$

Mặc khác theo BĐT (1) thì $p^2 \geq 16Rr-5r^2$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$16Rr-5r^2 \geq 12Rr+3r^2$ $\Leftrightarrow R \geq 2r$

 

2) $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S$ (BĐT Weizenboeck)

Ta có $a^2+b^2+c^2=2p^2-8Rr-2r^2$

Do đó ta cần chứng minh $p^2 \geq 4Rr+r^2+ 2\sqrt{3}pr$

Mặc khác ta có $p^2 \geq 16Rr-5r^2$

Nên ta cần chứng minh $6R-3r \geq \sqrt{3}p$

Bình phương hai vế ta được:

$12R^2+3r^2-12Rr \geq p^2$

Ta tiếp tục áp dụng bất đẳng thức $p^2 \leq 4R^2+4Rr+3r^2$

Cuối cùng thu được $R \geq 2r$

 

3) CMR: 

$xyz(x+y+2z)(x+2y+z)(2x+y+z) \leq [(x+y)(y+z)(z+x)]^2$

Lời giải

Đặt: $a=x+y, b=y+z, c=z+x$ ta có bất đẳng thức sau

$8a^2b^2c^2 \geq (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)$ (*)

Nhờ phép đặt lúc này ta thấy $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác nên ta biểu diễn theo $p,R,r$ ta có

(*)$ \Leftrightarrow 8(4Rpr)^2 \geq 8pr^2(2p(p^2+r^2+2Rr))$

$\Leftrightarrow p^2\leq 8R^2-r^2-2Rr$

Áp dụng $p^2 \leq 4R^2+4Rr+3r^2$ ta có:

$4R^2+4Rr+3r^2 \leq 8R^2-r^2-2Rr$

$\Leftrightarrow (R-2r)(2R+r) \geq 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nghiapnh1002: 14-07-2017 - 11:11