Chủ đề này có 1 trả lời

[thongoc141]

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn thỏa mãn:
$\frac{1}{3}(cos3A+cos3B)-\frac{1}{2}(cos2A+cos2B)+(cosA+cosB)=\frac{5}{6}$
CM tam giác đó là tam giác đều

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Do ABC là tam giác nhọn, do đó, ta luôn có:
$\cos{A}, \cos{B}, \cos{C} > 0$

Theo đề bài, ta có:
$\dfrac{1}{3}(\cos{3A} + \cos{3B}) - \dfrac{1}{2}( \cos{2A}+ \cos{2B}) + \cos{A} + \cos{B}= \dfrac{5}{6}$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{3}(4\cos^3{A} - 3\cos{A} + 4 \cos^3{B} - 3\cos{B}) - \dfrac{1}{2}(2\cos^2{A} + 2\cos^2{B}) + \cos{A} + \cos{B} = \dfrac{5}{6}$

$\Leftrightarrow \dfrac{4}{3}(\cos^3{A} + \cos^3{B}) - (\cos^2{A} + \cos^2{B}) = \dfrac{- 1}{6}$

$\Leftrightarrow 8(\cos^3{A} + \cos^3{B}) + 1 = 6(\cos^2{A}+ \cos^2{B})$

Do $\cos{A}; \cos{B} > 0$, áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
$4\cos^3{A} + 4\cos^3{A}+ \dfrac{1}{2} \geq 3\sqrt{8\cos^6{A}} = 6\cos^2{A}$

Tương tự:
$4\cos^3{B} + 4\cos^3{B} + \dfrac{1}{2} \geq 6\cos^2{B}$

Cộng vế theo vế 2 BĐT nói trên, ta có:
$VT = 8(\cos^3{A} + \cos^3{B}) + 1 \geq 6(\cos^2{A} + \cos^2{B}) = VF$

Dấu đẳng thức xảy ra khi:
$4\cos^3{A} = \dfrac{1}{2} = 4\cos^3{B}$

$\Rightarrow \cos{A} = \cos{B} = \dfrac{1}{2}$
Khi đó, hai góc A, B có số đo là 60 độ. Suy ra, tam giác ABC đều.