Chủ đề này có 1 trả lời

[Beautifulsunrise]

Cho tam giác ABC.CMR: $\sum$ (1+b+c-bc)cosA $\leq$ 3

[le_hoang1995]

Góp cho topic 1 bài vui.

Bài 120: Trong tam giác ABC, CMR:

$(1+a+b-ab)cosC+(1+b+c-bc)cosA+(1+c+a-ca)cosB\leq 3$

Ta có VT của BĐT cần chứng minh rằng:
$\left( {\cos A + \cos B + \cos C} \right) + \left( {b + c} \right)\cos A + \left( {c + a} \right)\cos B + \left( {a + b} \right)\cos C - \left( {ab\cos C + bc\cos A + ca\cos B} \right)$
Đặt:
$\begin{array}{l}
P = \cos A + \cos B + \cos C\\
Q = \left( {b + c} \right)\cos A + \left( {c + a} \right)\cos B + \left( {a + b} \right)\cos C\\
S = ab\cos C + bc\cos A + ca\cos B
\end{array}$
Dễ thấy: $P \le \frac{3}{2}$
Mặt khác ta có:
$b\cos C + c\cos B = 2R\left( {\sin B\cos C + \sin C\cos B} \right) = 2R\sin \left( {B + C} \right) = 2R\sin A = a$
Tương tự:
$\begin{array}{l}
c\cos A + a\cos C = b\\
a\cos B + b\cos A = c
\end{array}$
$ \Rightarrow Q = a + b + c$
Lại có:
$ab\cos C + bc\cos A + ca\cos B = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{2} + \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{2} + \frac{{{c^2} + {a^2} - {b^2}}}{2}$
$ \Rightarrow S = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{2}$
$P + Q + R \le \frac{3}{2} + a + b + c - \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{2} = 3 - \frac{{{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 1} \right)}^2}}}{3} \le 3$
Vậy ta có đpcm.

Bài này còn 1 cách khác là sử dụng chebusep

Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow A\geq B\geq C\Rightarrow cosA\leq cosB\leq cosC$

$\sum (1+a+b)cosC-\sum abcosC\leq \frac{1}{3}(3+2(a+b+c))(cosA+cosB+cosC)-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}$

$\leq \frac{1}{3}(3+2(a+b+c))*\frac{3}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}=(a+b+c)+\frac{3}{2} -\frac{a^2+b^2+c^2}{2}$

Ta cần chứng minh $\frac{a^2+b^2+c^2+3}{2}\geq a+b+c$

Nhưng nó đúng vì $\frac{a^2+b^2+c^2+3}{2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\geq a+b+c$