Chủ đề này có 5 trả lời

[kiokiung]

cho tam giac ABC,BC=a,AC=b,BA=c va ban kinh duong tron ngoai tiep la R
Goi G la trong tam tam giac .Cac duong AG,BG,CG cat duong tron ngoai tiep lan
luot tai D,E,F.Chung minh rang

3/R<=1/GD+1/GE+1/GF<= :sqrt{3} (1/a+1/b+1/c)

[dark templar]

cho tam giac ABC,BC=a,AC=b,BA=c va ban kinh duong tron ngoai tiep la R
Goi G la trong tam tam giac .Cac duong AG,BG,CG cat duong tron ngoai tiep lan
luot tai D,E,F.Chung minh rang

$\dfrac{3}{R} \leq \dfrac{1}{GD}+\dfrac{1}{GE}+\dfrac{1}{GF} \leq \sqrt{3} (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$

[NightBaron]

kiokiung, VMO 1991. Bạn tự xem nhé.

[dark templar]

cm 1 vế trước đã ;
Ta sẽ cm $\dfrac{3}{R} \leq \dfrac{1}{GD}+\dfrac{1}{GE}+\dfrac{1}{GF}$
Có $GA.GD=-P_{G/(O)}=-(OG^2-R^2)=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{9}$
$ \Rightarrow \dfrac{1}{GD}=\dfrac{9GA}{a^2+b^2+c^2}$
$ \Rightarrow \dfrac{1}{GD}+\dfrac{1}{GE}+\dfrac{1}{GF}=\dfrac{9(GA+GB+GC)}{a^2+b^2+c^2}$
$=\dfrac{6(m_a+m_b+m_c)}{a^2+b^2+c^2}$($m_a,m_b,m_c$ là độ dài đường trung tuyến ứng với các đỉnh)
Ta sẽ cm $\dfrac{6(m_a+m_b+m_c)}{a^2+b^2+c^2} \geq \dfrac{3}{R}$
$ \Leftrightarrow m_a+m_b+m_c \geq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{2R}$
Có $m_a \geq \dfrac{b^2+c^2}{4R} \Leftrightarrow 4m_a^2 \geq (bsinB+csinC)^2 $
$ \Leftrightarrow 2b^2+2c^2-a^2 \geq b^2sin^2B+c^2sin^2C+2bcsinBsinC$
$ \Leftrightarrow b^2+c^2+2bccosA \geq b^2sin^2B+c^2sin^2C+2bcsinBsinC$
$ \Leftrightarrow b^2cos^2B+c^2cos^2C-2bccosAcosB \geq 0$
$ \Leftrightarrow (bcosB-ccosC)^2 \geq 0$(luôn đúng)
vậy $m_a \geq \dfrac{b^2+c^2}{4R}$
tt ta có $m_b \geq \dfrac{c^2+a^2}{4R},m_c \geq \dfrac{a^2+b^2}{4R}$
Cộng vế theo vế $ \Rightarrow m_a+m_b+m_c \geq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{2R}(dpcm)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 28-10-2010 - 20:30

[dark templar]

Hôm nay cm nốt phần còn lại luôn :(hình như bạn chép dư đề thì phải ,hình như ko có số $\sqrt{3}$ đâu!)
Có $\dfrac{1}{GD}+\dfrac{1}{GE}+\dfrac{1}{GF} \leq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{9(GA+GB+GC)}{a^2+b^2+c^2} \leq \dfrac{ab+bc+ca}{abc}$
$ \Leftrightarrow 6abc(m_a+m_b+m_c) \leq (ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)$
Có $(ab+bc+ca)\sqrt{a^2+b^2+c^2} \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3\sqrt[3]{\sqrt{a^2b^2c^2}}$
(BĐT AM-GM)$=9abc(1)$
Dễ dàng cm đc :$m_a^2+m_b^2+m_c^2=\dfrac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)$
Nên theo BĐT Cauchy-Schwarz thì :
$m_a+m_b+m_c \leq \sqrt{3(m_a^2+m_b^2+m_c^2)}=\dfrac{3}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}(2)$
Nhân vế theo vế của (1) với (2) ta có :
$(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \geq 9abc.\dfrac{2}{3}(m_a+m_b+m_c)$
$=6abc(m_a+m_b+m_c)(dpcm)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 29-10-2010 - 12:58

[kiokiung]

Hôm nay cm nốt phần còn lại luôn :(hình như bạn chép dư đề thì phải ,hình như ko có số $\sqrt{3}$ đâu!)
Có $\dfrac{1}{GD}+\dfrac{1}{GE}+\dfrac{1}{GF} \leq \sqrt{3}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$
$ \Leftrightarrow \dfrac{9(GA+GB+GC)}{a^2+b^2+c^2} \leq sqrt{3}\dfrac{ab+bc+ca}{abc}$
$ \Leftrightarrow 6abc(m_a+m_b+m_c) \leq (ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)$
Có $(ab+bc+ca)\sqrt{a^2+b^2+c^2} \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.\sqrt[2]{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}$
(BĐT AM-GM)$=3$\sqrt{3}$abc(1)$
Dễ dàng cm đc :$m_a^2+m_b^2+m_c^2=\dfrac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)$
Nên theo BĐT Cauchy-Schwarz thì :
$m_a+m_b+m_c \leq \sqrt{3(m_a^2+m_b^2+m_c^2)}=\dfrac{3}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}(2)$
Nhân vế theo vế của (1) với (2) ta có :
$sqrt{3}(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \geq 9abc.\dfrac{2}{3}(m_a+m_b+m_c)$
$=6abc(m_a+m_b+m_c)(dpcm)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kiokiung: 30-10-2010 - 16:20