2 replies to this topic

[yellow]

Cho A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng:
$\frac{cos^2A}{cosA+1}+\frac{cos^2B}{cosB+1}+\frac{cos^2C}{cosC+1}$

[thanh hai nguyen]

chứng minh cái gì vậy ?

[dark templar]

chứng minh cái gì vậy ?

Có lẽ là chứng minh nó lớn hơn hay bằng $\frac{1}{2}$.

Cho A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng:
$\frac{cos^2A}{cosA+1}+\frac{cos^2B}{cosB+1}+\frac{cos^2C}{cosC+1}$

Bài này thực ra mình giải cách Đại Số khá dài và nhọc công biến đổi,bạn nào có cách giải thuần Lượng giác thì post lên nhé
Sử dụng định lý cosin trong tam giác,ta có:
$$\sum_{cyc}\frac{(a^2+b^2-c^2)^2}{2ab(a+b+c)(a+b-c)} \ge \frac{1}{2}$$
Theo C-S:
$$VT \ge \frac{1}{2(a+b+c)}.\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum_{cyc}ab(a+b)-3abc}$$
Việc còn lại chỉ là chứng minh:
$$ \frac{1}{a+b+c}.\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum_{cyc}ab(a+b)-3abc} \ge 1(*)$$
Do mẫu số có dạng $\sum_{cyc}ab(a+b)-3abc$ nên ta nghĩ ngay đến Schur bậc 3.Áp dụng vào bài toán ta có:
$$ \frac{1}{a+b+c}.\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum_{cyc}ab(a+b)-3abc} \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)}$$
Và ta chỉ cần chứng minh:$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge (a+b+c)(a^3+b^3+c^3)$ là xong.Nhưng thật đáng tiếc,đây là một BĐT trái chiều.
Tại sao lại như vậy ? Bởi vì BĐT Schur bậc 3 không đủ mạnh để giải quyết bài toán.Do đó ta chỉ còn cách biến đổi tương đương.
$$(*) \iff \sum_{cyc}a^4+2\sum_{cyc}a^2b^2 \ge \left(\sum_{cyc}a \right)^2\left(\sum_{cyc}ab \right)-6abc(a+b+c)$$
$$ \iff a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \ge ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)$$
Đây chính là BĐT Schur bậc 4 nên ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi tam giác đều.

P/s:Đến đây ta có thể thấy tại sao ban nãy ta sử dụng BĐT Schur bậc 3 lại thất bại là vì Schur bậc 4 "chặt" hơn so với bậc 3
Một lưu ý khác là ta vẫn có thể chứng minh (*) bằng cách đặt $x=\frac{a+b-c}{2};y=\frac{b+c-a}{2};z=\frac{c+a-b}{2} \implies x,y,z>0$.Sau khi biến đổi và rút gọn,ta thu được BĐT quen thuộc:$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 \ge xyz(x+y+z)$.Đây cũng là một thủ thuật khi giải các bài toán Đại Số trong tam giác,bởi cách đặt cho phép ta tận dụng triệt để giả thuyết các cạnh tam giác của bài toán.

Edited by dark templar, 08-10-2012 - 23:23.