Chủ đề này có 78 trả lời

[isaac_newtons]

Mình cám ơn sự tích cực và những đóng góp rất hay, bổ ích của anh truclamyentu , anh Lâm , bạn NGOCTIEN, tolaphuy và issac newtons
Mong rằng mọi người sẽ đóng góp thật nhiều bài viết hay để Mục Lượng giác của VMF ta sẽ phát triển một cách vượt bậc :
Hôm nay , mình sẽ bổ sung vào 3 bài toán rất hay sau đây :

Bài 3:
Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn :$sina+sinb+sinc \ge \dfrac{3}{2}$
Hãy chứng minh : $ sin(a-\dfrac{\pi}{6})+sin(b-\dfrac{\pi}{6})+sin(c-\dfrac{\pi}{6}) \ge 0$
( Câu này khá đơn giản và đã được đăng lên THTT , mình mong bài này có thật nhiều bài giải hay )

Ngày mai , mình sẽ post các bài Phương trình lượng giác không mẫu mực , hy vọng các bạn đóng góp tiếp nhé, mình rất cám ơn công sức các bạn

mình giải sai thì giúp mình nha!!! sai thì chỉ nha để rút kinh nghiệm!!

ta có : $ sina+sinb+sinc \geq \dfrac{3}{2}$
$ \Rightarrow cosa+cosb+cosc \geq \dfrac{3 \sqrt{3} }{2} $
$ PT \Leftrightarrow cos \dfrac{\pi}{6}(sina+sinb+sinc) - sin \dfrac{\pi}{6}(cosa+cosb+cosc) \geq \dfrac{ \sqrt{3} }{2} \dfrac{3}{2}- \dfrac{1}{2} \dfrac{3 \sqrt{3 } }{2} =0 $

[NGOCTIEN_A1_DQH]

mình giải sai thì giúp mình nha!!! sai thì chỉ nha để rút kinh nghiệm!!

ta có : $ sina+sinb+sinc \geq \dfrac{3}{2}$
$ \Rightarrow cosa+cosb+cosc \geq \dfrac{3 \sqrt{3} }{2} $

chỗ này của bạn có vấn đề rồi, sao lại có chỗ suy ra đó, thử thay:
$ a=b=c=\dfrac{\pi}{3} \\ \Rightarrow sina+sinb+sinc=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}>\dfrac{3}{2} $
nhưng $ cosa+cosb+cosc=\dfrac{3}{2} <\dfrac{3\sqrt{3}}{2}????????$
mong bạn xem lại

[tolaphuy10a1lhp]

mình giải sai chỗ nào??? bạn chỉ giùm mình đi!!
bạn caubemetoan2302 có bài hay thì đăng lên mình ủng hộ 2 tay!!!
tiện thể bạn xem mình sai chỗ nào sửa giùm mình!!thanks

Bạn sai dấu rồi"-"

Xin phép chủ topic luôn nha!Mình có 2 bài này chưa giải được:
1) Xác đình tất cả các giá trị x $ \in [0;2 \pi) $, sao cho
$81 sin^{10 }x + cos^{10} x = \dfrac{81}{256}$

2) Cho a, b, c là các cạnh và $ m_{1} ;m_{2};m_{3}$ là các trung tuyến tương ứng cùa tam giac ABC
CM: $( a^{2}+ b^{2}+c^{2}) (a m_{1}+bm_{2}+cm_{3}) \geq 4m_{1}m_{2}m_{3}(a+b+c) $

[Crystal]

Mình xin góp 2 bài.
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có:
1.

$\dfrac{{bc}}{{p - a}} + \dfrac{{ca}}{{p - b}} + \dfrac{{ab}}{{p - c}} \ge \left( {5 - \dfrac{{2r}}{R}} \right)p$

2.

$\sin \dfrac{A}{2}\sin \dfrac{B}{2}\sqrt {\sin \dfrac{C}{2}} \le \dfrac{1}{{3\sqrt 3 }}$.

[caubeyeutoan2302]

Mình rất cám ơn sự đóng góp về bài toán của tolaphuy , xusint và cũng như những trao đổi rất hay và bổ ích của anh truclamyentu, anh Lâm, NGOCTIEN, issac newtons dành cho chuyên mục Lượng giác này. Hy vọng tất cả các bạn sẽ nhiệt thành , sôi nổi hơn nữa để góp phần cho Lượng giác phát triển nói riêng cũng như VMF nói chung nhé.
Mình cũng sắp phải tựu trường rồi , không có nhiều thời gian lên diễn đàn nên hôm nay mình sẽ tổng hợp và đúc kết khá nhiều tài liệu và bài tập hay về Lượng giác , mong rằng sẽ giúp ích cho các bạn trong việc tìm tòi và học hỏi , các bạn cố gắng giải quyết nha.

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

Bài 1:Giải phương trình :$\dfrac{cos\dfrac{4x}{3}-cos^2x}{\sqrt{1-tan^2x}}=0$

Bài 2: Giải phương trình :$8.cos^3(x+\dfrac{\pi}{3})=cos3x$

Bài 3:Giải phương trình :$\dfrac{sin^{10}x+cos^{10}x}{4}=\dfrac{sin^6x+cos^6x}{4cos^22x+sin^22x}$

Bài 4:Giải phương trình :$(sin^3\dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{sin^3\dfrac{x}{2}})^2+(cos^3\dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{cos^3\dfrac{x}{2}})^2=\dfrac{81}{4}.cos^24x$

Bài 5: Giải phương trình :$sinx=x-\dfrac{x^3}{3!}$

Bài 6: Giải phương trình :$\dfrac{(\pi-2x)^2}{8}=1-sinx$

Bài 7: Giải phương trình :$\sqrt{sinx}+\sqrt[4]{8}.\sqrt{cosx}=3.\sqrt[4]{\dfrac{1}{3}}$

Bài 8: Giải phương trình :$(sin^2x)^{sin^2x}.(cos^2x)^{cos^2x}=\dfrac{1}{2}$

[caubeyeutoan2302]

BẤT ĐẢNG THỨC LƯỢNG GIÁC KHÁ LẠ:

Bài 1: Hãy chứng minh bất đảng thức : tại đây

Bài 2 : Hãy chứng minh bất đảng thức bằng 3 cách khác nhau :xem tại đây

Bài 3 : Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có : $\dfrac{9sinA}{sinB.sinC}+\dfrac{16sinB}{sinC.sinA}+\dfrac{25sinC}{sinA.sinB} \ge 5 $

Bài 4: : Xác định các góc của tam giác $ABC$ biết rằng :$sin^2A+sin^2B+\dfrac{1}{\sqrt{2}}.sin^2C=1+\dfrac{3.\sqrt{2}}{4}$ ( Gợi ý VT bé hơn bằng VP)

Bài 5 : Hãy chứng minh BĐT trong mọi tam giác $ABC$ không nhọn: $tan\dfrac{A}{2}+tan\dfrac{B}{2}+tan\dfrac{C}{2} \ge 2\sqrt{2}-1$ ( Sử dụng BĐT Karamata )

Bài 6:Cho $x,y,z$ dương . Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có :
$ xsinA+ysinB+zsinC \ge \dfrac{3}{2}.\sqrt{x^2+y^2+z^2}$

Bài 7 : Một trong 2 bất đảng thức $(sinx)^{sinx}>(cosx)^{cosx}$ và $(sinx)^{sinx}<(cosx)^{cosx}$ luôn đúng với mọi $x$ thuộc khoảng $(0;\dfrac{\pi}{4})$ . Bạn hãy phát hiện ra bất đẳng thức ấy và chứng minh nhận định của mình

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Mình rất cám ơn sự đóng góp về bài toán của tolaphuy , xusint và cũng như những trao đổi rất hay và bổ ích của anh truclamyentu, anh Lâm, NGOCTIEN, issac newtons dành cho chuyên mục Lượng giác này. Hy vọng tất cả các bạn sẽ nhiệt thành , sôi nổi hơn nữa để góp phần cho Lượng giác phát triển nói riêng cũng như VMF nói chung nhé.
Mình cũng sắp phải tựu trường rồi , không có nhiều thời gian lên diễn đàn nên hôm nay mình sẽ tổng hợp và đúc kết khá nhiều tài liệu và bài tập hay về Lượng giác , mong rằng sẽ giúp ích cho các bạn trong việc tìm tòi và học hỏi , các bạn cố gắng giải quyết nha.

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

Bài 2: Giải phương trình :$8.cos^3(x+\dfrac{\pi}{3})=cos3x$

mình làm bài dễ nhất này vậy
đặt:
$ x+\dfrac{\pi}{3}=t \Rightarrow 3x=3t-\pi \\ \Rightarrow PT \Leftrightarrow 8cos^3t+cos3t=0 $
đây là PT khá cơ bản có thể giải dễ dàng
đã xong

[tolaphuy10a1lhp]

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

Bài 1:Giải phương trình :$\dfrac{cos\dfrac{4x}{3}-cos^2x}{\sqrt{1-tan^2x}}=0$

Bài 3:Giải phương trình :$\dfrac{sin^{10}x+cos^{10}x}{4}=\dfrac{sin^6x+cos^6x}{4cos^22x+sin^22x}$

Bài 5: Giải phương trình :$sinx=x-\dfrac{x^3}{3!}$

Bài 1:Giải phương trình :$\dfrac{cos\dfrac{4x}{3}-cos^2x}{\sqrt{1-tan^2x}}=0 (1)$
ĐK: $1-tan^2x \neq 0 $
$(1) \Rightarrow cos\dfrac{4x}{3}-cos^2x = 0 $
$ \Leftrightarrow 2cos 2\dfrac{2x}{3}- cos3 (\dfrac{2x}{3}) -1 = 0 $
$ \Leftrightarrow 4cos^2\dfrac{2x}{3} - 4cos^3\dfrac{2x}{3} +3cos\dfrac{2x}{3} - 3 = 0 $
$ \Leftrightarrow 4t^3 - 4t^2 -3t + 3 = 0 $
$ t = 1; t = ....; t = ... $ (hai nghiệm sau ko đẹp )

Bài 3:Giải phương trình :$\dfrac{sin^{10}x+cos^{10}x}{4}=\dfrac{sin^6x+cos^6x}{4cos^22x+sin^22x}$
Biến đổi đưa về dạng :
$ sin^{10}x +cos^{10}x = sin^2x +cos^2x $

Bài 5: Giải phương trình :$sinx=x-\dfrac{x^3}{3!}$
bài này bạn nào có cách khác_ không sử dụng đạo hàm ko? pót lên nha.tks trước

[Zaraki]

Bài 8: Giải phương trình :$(sin^2x)^{sin^2x}.(cos^2x)^{cos^2x}=\dfrac{1}{2}$

Em chứng minh thử coi thế nào! (về mặt từ ngữ kém lắm)

Ta thấy $sinx=0$ và $cosx=0$ không thể là nghiệm của phương trình.
Ta có $t=sin^{2}x, \ 0<t<1$
$\rightarrow tlnt+(1-t)ln(1-t)=ln(\dfrac{1}{2})$

$f(t)= tlnt+(1-t)ln(1-t)$
$f'(t)=lnt-ln(1-t)=ln(\dfrac{t}{1-t})$
$f'(t)=0\rightarrow t=\dfrac{1}{2}$

Dễ dàng để chứng minh $f(t)\geq f(\dfrac{1}{2})=ln(\dfrac{1}{2})$
Đẳng thức xảy ra khi $t=\dfrac{1}{2}$ hoặc $sin^{2}x=\dfrac{1}{2}$.
$\leftrightarrow cos2x=0\leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2}, k\in Z$.
Phương trình có nghiệm $x=\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2}, k\in Z$.
Mong góp ý.

Bài 7 em nghĩ có thể sử dụng AM-GM để cm.

[Crystal]

Xin góp 3 bài:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có: $- 1 < 6\cos A + 3\cos B + 2\cos C < 7$.

Bài 2: (Bất đẳng thức Walker).
Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh bất đẳng thức: $p^2 \ge 2R^2 + 8Rr + 3r^2 $.

Bài 3: (Bất đẳng thức Jack Garfulkel).
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng

$c{\rm{os}}\dfrac{{A - B}}{2} + c{\rm{os}}\dfrac{{B - C}}{2} + c{\rm{os}}\dfrac{{C - A}}{2} \ge \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {\sin A + \sin B + \sin C} \right)$.

[phuonganh_lms]

Bài 5 : Hãy chứng minh BĐT trong mọi tam giác $ABC$ không nhọn: $tan\dfrac{A}{2}+tan\dfrac{B}{2}+tan\dfrac{C}{2} \ge 2\sqrt{2}-1$

Giả sử $ A\ge B\ge C$
Khi đó ta có $ (\dfrac{A}{2},\dfrac{B}{2},\dfrac{C}{2}) $ trội hơn bộ $( \dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{8},\dfrac{\pi}{8})$
Xét hàm $ f(x)=tan x$ với $ x\in (0, \dfrac{\pi}{2})$
$ f'(x)=\dfrac{1}{cos^2{x}}$, $ f''(x)=\dfrac{2sin x}{cos^3{x}}>0$ $(x \in (o, \pi/2)$
Suy ra $f(x)$ là hàm lồi trên $(0,\pi/2)$
Áp dụng Karamata: $ tan{\dfrac{A}{2}}+tan{\dfrac{B}{2}}+\tan{\dfrac{C}{2}} \ge tan{\dfrac{\pi}{4}}+ tan{\dfrac{\pi}{8}}+ tan{\dfrac{\pi}{8}}= 2\sqrt2 -1$

Dấu = xảy ra khi $(\dfrac{A}{2},\dfrac{B}{2},\dfrac{C}{2}) = ( \dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4})$ và hoán vị

[Crystal]

Một bài phương trình LG.

Giải phương trình: $\sin x - 2\sin 2x - \sin 3x = 2\sqrt 2 $.

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Một bài phương trình LG.

Giải phương trình: $\sin x - 2\sin 2x - \sin 3x = 2\sqrt 2 $.

mình chém luôn bài này
$ PT \Leftrightarrow sinx-sin3x-2sin2x=2\sqrt{2} \\ \Leftrightarrow cos2xsinx-sin2x=\sqrt{2} $
ta coi đây là PT đẳng cấp bậc nhất đối với sin2x và cos2x, thì PT có nghiệm khi và chỉ khi:
$ sin^2x+1 \geq 2 \\ sinx=1 $
từ đây có thể dễ dàng suy ra nghiệm của PT đã cho
đã xong

[Crystal]

mình chém luôn bài này
$ PT \Leftrightarrow sinx-sin3x-2sin2x=2\sqrt{2} \\ \Leftrightarrow cos2xsinx-sin2x=\sqrt{2} $
ta coi đây là PT đẳng cấp bậc nhất đối với sin2x và cos2x, thì PT có nghiệm khi và chỉ khi:
$ sin^2x+1 \geq 2 \\ sinx=1 $
từ đây có thể dễ dàng suy ra nghiệm của PT đã cho
đã xong

Bài giải của bạn sai rồi. Bạn kiểm tra lại giúp.
$ PT \Leftrightarrow sinx-sin3x-2sin2x=2\sqrt{2} \\ \Leftrightarrow cos2xsinx-sin2x=\sqrt{2} $
ta coi đây là PT đẳng cấp bậc nhất đối với sin2x và cos2x

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Bài giải của bạn sai rồi. Bạn kiểm tra lại giúp.
$ PT \Leftrightarrow sinx-sin3x-2sin2x=2\sqrt{2} \\ \Leftrightarrow cos2xsinx-sin2x=\sqrt{2} $
ta coi đây là PT đẳng cấp bậc nhất đối với sin2x và cos2x

chỗ này mình không nghĩ là sai đâu, PT $ asinx+bcosx=c $ có nghiệm khi và chỉ khi $ a^2+b^2 \geq c^2 $ mà, ở đây mình áp dụng cho sin2x và cos2x thôi mà, với $ a=-1, b=sinx $

[Crystal]

Bài 3: Giải phương trình :
$ ( tanx+\dfrac{1}{4}cotx)^{n}=cos^{n}x+sin^{n}x$ ( Với $n=2,3,4,.......$)
mình xin giải bài này, có gì sai sót anh em chỉ bảo nhé
vì $ sinx, cosx \in [-1;1] $ nên ta có:
$ sin^nx+cos^nx \leq sin^2x+cos^2x=1 \\ \Rightarrow -1 \leq sin^nx+cos^nx \leq 1$
mặt khác, vì tanx và cotx luôn cùng dấu nên:
$ tanx+\dfrac{1}{4}cotx \geq 1 $
hoặc:
$ tanx+\dfrac{1}{4}cotx \leq -1 $
dễ thấy cả 2 TH này đều dẫn tới PT vô nghiệm
đã xong

Bài này có nghiệm bạn ah. Nghiệm của nó là $x = arctg\left( { \pm \dfrac{1}{2}} \right) + k\pi ,\,\,k \in Z$. Mình post lời giải lên sau.

[CD13]

Sao không tách ra làm hai phần với PTLG và Hệ thức Lượng giác.
Ongtroi xin ủng hộ vài bài có chung một đường lối chứng minh quen thuộc.

Đối với các BĐT LG sau trong quá trình chứng minh thì ta làm theo các bước:
1/ Chứng minh $f(A)+f(B) \ge 2f(\dfrac{A+B}{2})$ hoặc $f(A).f(B) \ge f^2(\dfrac{A+B}{2})$
2/ Chứng minh $f(C )+f(\pi) \ge 2f(\dfrac{C+\pi}{2})$ hoặc $f(C ).f(\pi) \ge f^2(\dfrac{C+\pi}{2})$
Cuối cùng ta đi đến kết luận: $f(A)+f(B) +f(C ) \ge 3f(\dfrac{A+B+C}{3})$ hoặc $f(A).f(B)f(C ) \ge f^3(\dfrac{A+B+C}{3})$

Bài 8:
$\sum sin \dfrac{A}{2} \le \dfrac{3}{2}$

Bài 9:
$sinA+sinB+sinC \le \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
..............

Bài 10:
$\dfrac{1}{1+\sqrt{sinA}}+\dfrac{1}{1+\sqrt{sinB}}+\dfrac{1}{1+\sqrt{sinC}} \ge \dfrac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}+\sqrt[4]{3}}$

Bài 11:
$sin^6 \dfrac{A}{2}+sin^6 \dfrac{B}{2}+sin^6 \dfrac{C}{2} \ge \dfrac{3}{64}$

Bài 12:
$(sinA+cosA)(sinB+cosB)(sinC+cosC)\le 2\sqrt{2}(\dfrac{\sqrt{2}}{4}+\dfrac{\sqrt{6}}{4})^3$

Hy vọng thông qua các bài này chúng ta có thêm một kĩ năng mới giải các bài BĐT LG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongtroi: 07-09-2011 - 14:59

[Crystal]

Mấy bài trên có thể dùng BDT Jensen.
Bài 8 và bài 9 khá đơn giản, mình chỉ trình bày bài 9.
Bài 9:

Xét $f\left( x \right) = \sin x,\,\,\,x \in \left( {0;\pi } \right)$. Ta có: $f''\left( x \right) = - \sin x < 0\,\forall x \in \left( {0;\pi } \right)$

Từ đó theo Jensen thì: $f\left( A \right) + f\left( B \right) + f\left( C \right) \le 3f\left( {\dfrac{{A + B + C}}{3}} \right) = 3\sin \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}$ $ \Rightarrow $ đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều.

Bài 10:

Ta có: $\dfrac{1}{{1 + \sqrt {\sin A} }} + \dfrac{1}{{1 + \sqrt {\sin B} }} \ge \dfrac{4}{{2 + \sqrt {\sin A} + \sqrt {\sin B} }}$

$ \ge \dfrac{4}{{2 + \sqrt {2\left( {\sin A + \sin B} \right)} }} = \dfrac{4}{{2 + 2\sqrt {\sin \dfrac{{A + B}}{2}\cos \dfrac{{A - B}}{2}} }}$

$ \ge \dfrac{2}{{1 + \sqrt {\sin \dfrac{{A + B}}{2}} }}$

$ \Rightarrow \dfrac{1}{{1 + \sqrt {\sin A} }} + \dfrac{1}{{1 + \sqrt {\sin B} }} \ge \dfrac{2}{{1 + \sqrt {\sin \dfrac{{A + B}}{2}} }}\,\,\,(1)$

Tương tự: $\dfrac{1}{{1 + \sqrt {\sin C} }} + \dfrac{1}{{1 + \sqrt {\sin {{60}^0}} }} \ge \dfrac{2}{{1 + \sqrt {\sin \dfrac{{C + {{60}^0}}}{2}} }}\,\,\,(2)$

Cộng theo vế (1) và (2) ta có: $VT + \dfrac{1}{{1 + \sqrt {\sin {{60}^0}} }} \ge 2\left( {\dfrac{1}{{1 + \sqrt {\sin \dfrac{{A + B}}{2}} }} + \dfrac{1}{{1 + \sqrt {\sin \dfrac{{C + {{60}^0}}}{2}} }}} \right)$

$ \ge \dfrac{4}{{1 + \sqrt {\sin {{60}^0}} }}$

$ \Rightarrow VT \ge \dfrac{3}{{1 + \sqrt {\sin {{60}^0}} }} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 + \sqrt[4]{3}}}$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều.

Bài 11:

Trường hợp tam giác ABC tù hoặc vuông. Giả sử $A = \max \left\{ {A,B,C} \right\} \ge {90^0}$.

Lúc đó: $\cos \dfrac{{A + B}}{2} > 0\,\,\,and\,\,\,\cos \left( {\dfrac{{C + {{60}^0}}}{2}} \right) > 0$

Ta có: $\dfrac{{{{\sin }^6}\dfrac{A}{2} + {{\sin }^6}\dfrac{B}{2}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{{{\sin }^2}\dfrac{A}{2} + {{\sin }^2}\dfrac{B}{2}}}{2}} \right)^3} = \dfrac{1}{8}{\left( {1 - \dfrac{{\cos A + \cos B}}{2}} \right)^3}$

$ = \dfrac{1}{8}{\left( {1 - \cos \dfrac{{A + B}}{2}\cos \dfrac{{A - B}}{2}} \right)^3} \ge \dfrac{1}{8}{\left( {1 - \cos \dfrac{{A + B}}{2}} \right)^3} = {\sin ^6}\dfrac{{A + B}}{4}$

$ \Rightarrow {\sin ^6}\dfrac{A}{2} + {\sin ^6}\dfrac{B}{2} \ge 2{\sin ^6}\dfrac{{A + B}}{4}\,\,\,\,(3)$

Tương tự: ${\sin ^6}\dfrac{C}{2} + {\sin ^6}\dfrac{{{{60}^0}}}{2} \ge 2{\sin ^6}\dfrac{{C + {{60}^0}}}{4}\,\,\,\,(4)$

Cộng theo vế (3) và (4) ta có: $VT + {\sin ^6}\dfrac{{{{60}^0}}}{2} \ge 2\left( {{{\sin }^6}\dfrac{{A + B}}{4} + {{\sin }^6}\dfrac{{C + {{60}^0}}}{4}} \right)$

$ \ge 4{\sin ^6}\dfrac{{A + B + C + {{60}^0}}}{8} = 4{\sin ^6}\dfrac{{{{60}^0}}}{2}$

$ \Rightarrow VT \ge 3{\sin ^6}\dfrac{{{{60}^0}}}{2} = \dfrac{3}{{64}}$ (5)

Trường hợp tam giác ABC nhọn, các BDT (3), (4) và (5) luôn đúng. Từ đó suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều.

P/s: Bài 12 dành cho các bạn khác. Bạn đã rút ra được điều gì qua các bài toán trên chưa?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 07-09-2011 - 16:05

[CD13]

Bài 12 thì anh em chém tiếp đi nhé.

Sau đây ongtroi gửi đến các bạn những bài tập liên quan đến đường phân giác.

Để giải các bài toán liên quan đến đường phân giác ta thường dùng đến hai bổ đề sau (các bạn tự chứng minh lại nhé):
$\\ l_a=\dfrac{2bc}{b+c}cos\dfrac{A}{2}\\ l_a=\dfrac{2bc}{b+c}\sqrt{\dfrac{p(p-a)}{bc}}\\$

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh các khẳng định sau:

Bài 13:
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}<\dfrac{1}{l_a}+\dfrac{1}{l_b}+\dfrac{1}{l_c}$

Bài 14:
$l_a \le m_a$

Bài 15:
$l_a+l_b+l_c \le \dfrac{\sqrt{3}}{2}(a+b+c)$

Bài 16:
$\dfrac{l_a^2}{sin^2A}+\dfrac{l_b^2}{sin^2B}+\dfrac{l_c^2}{sin^2C}\ge \dfrac{3abc}{2R}$

Bài 17:
$\sqrt{3}\le \dfrac{a}{l_b+l_c}+\dfrac{b}{l_c+l_a}+\dfrac{c}{l_a+l_b}\le \dfrac{\sqrt{3}R}{2r}$

Các bài tập sau này post theo chủ đề như vậy sẽ tiện theo dõi chăng?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongtroi: 07-09-2011 - 20:07

[Crystal]

Làm bài 13, 15 đã. Bài 14 đơn giản rồi.

Bài 13: Từ ${l_a} = \dfrac{{2bc}}{{b + c}}\cos \dfrac{A}{2} \Rightarrow \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right) = \dfrac{{\cos \dfrac{A}{2}}}{{{l_a}}}$

Làm các đẳng thức tượng tự rồi cộng lại với nhau kết hợp ${\cos \dfrac{A}{2} < 1}$ ta được:

$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} < \dfrac{1}{{{l_a}}} + \dfrac{1}{{{l_b}}} + \dfrac{1}{{{l_c}}}$ đpcm.

Bài 15: Ta có: ${l_a} = \dfrac{{2\sqrt {bc} }}{{b + c}}\sqrt {p\left( {p - a} \right)} \,\,\,(1)$

Theo AM-GM ta có: $\dfrac{{2\sqrt {bc} }}{{b + c}} \le 1$ nên từ (1) suy ra: ${l_a} \le \sqrt {p\left( {p - a} \right)} \,\,\,(2)$

Tương tự, ta có: ${l_b} \le \sqrt {p\left( {p - b} \right)} \,\,\,(3);\,\,\,\,\,{l_c} \le \sqrt {p\left( {p - c} \right)} \,\,\,(4)$

Từ (2), (3) và (4) $ \Rightarrow {l_a} + {l_b} + \,{l_c} \le \sqrt p \left( {\sqrt {p - a} + \sqrt {p - b} + \sqrt {p - c} } \right)\,\,\,\left( 5 \right)$

Áp dụng BDT Bunhiacopski, ta có: ${\left( {\sqrt {p - a} + \sqrt {p - b} + \sqrt {p - c} } \right)^2} \le 3\left( {3p - a - b - c} \right)$

$ \Rightarrow \sqrt {p - a} + \sqrt {p - b} + \sqrt {p - c} \le \sqrt {3p} \,\,\,(6)$

Từ (5) và (6) $ \Rightarrow {l_a} + {l_b} + \,{l_c} \le \sqrt 3 p = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {a + b + c} \right)$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.