Chủ đề này có 7 trả lời

[prince123456]

Gọi a, b, c là dộ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC và h_a,h_b,h_c là độ dài các đường cao tương ứng với 3 cạnh đó; l_a, l_b, l_c là độ dài các đường phân giác xuất phát từ các đỉnh A, B, C; r, R lần lượt là bán kinhs đường tròn nội tiếp và ngoai tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng :
$\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}\geq 3 \sqrt[3]{\frac{2r}{R}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi prince123456: 05-01-2013 - 06:41

[Beautifulsunrise]

Gọi a, b, c là dộ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC và h_a,h_b,h_c là độ dài các đường cao tương ứng với 3 cạnh đó; l_a, l_b, l_c là độ dài các đường phân giác xuất phát từ các đỉnh A, B, C; r, R lần lượt là bán kinhs đường tròn nội tiếp và ngoai tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng :
$\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}\geq \sqrt[3]{\frac{2r}{R}}$

I. Phân tích tìm cách giải:
Với dạng bài tập này cách gần gũi nhất là chuyển về đại số mà nghiên cứu dần.
II. Làm đến bước 1:
Ta có:
$\frac{{{h_a}}}{{{l_a}}} = \frac{{\frac{{2\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} }}{a}}}{\frac{2\sqrt{bcp(p-a)}}{b+c}} = \frac{{b + c}}{a}.\sqrt {\frac{{(p - b)(p - c)}}{{bc}}}$.
$\frac{{2r}}{R} = \frac{{\frac{{2\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} }}{p}}}{{\frac{{abc}}{{4\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} }}}} = \frac{{8(p - a)(p - b)(p - c)}}{{abc}}$.
Bài toán đưa về chứng minh BĐT:
$\frac{{b + c}}{a}.\sqrt {\frac{{(p - b)(p - c)}}{{bc}}} + \frac{{c + a}}{b}.\sqrt {\frac{{(p - c)(p - a)}}{{ca}}} + \frac{{a + b}}{c}.\sqrt {\frac{{(p - a)(p - b)}}{{ab}}} \ge 2.\sqrt[3]{{\frac{{(p - a)(p - b)(p - c)}}{{abc}}}}$.
Đến đây mình không làm được.^^
III. Khai thác và mở rộng bài toán:
Thiết lập những cái tương tự cho các đại lượng $h_a,~h_b,~h_c,~l_a,~l_b,~l_c,~m_a,~m_b,~m_c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Beautifulsunrise: 04-01-2013 - 13:51

[dark templar]

$\frac{{{h_a}}}{{{l_a}}} = \frac{{\frac{{2\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} }}{a}}}{{2.\sqrt {\frac{{bcp(p - a)}}{{b + c}}} }} = \frac{{\sqrt {(b + c)(p - b)(p - c)} }}{{a\sqrt {bc} }}$.
....................................................................

Công thức chỗ tô đỏ sai thì sao làm ra được ? Công thức đường phân giác trong phải là $l_{a}=\frac{2\sqrt{bcp(p-a)}}{b+c}$,việc chứng minh còn lại không khó.
Ta cũng có 1 bài toan nhỏ khác là chứng minh $\frac{h_{a}}{l_{a}} \ge \sqrt{\frac{2r}{R}}$ và 1 BĐT tương tự cho $m_{a};m_{b};m_{c}$ là :
Chứng minh $\frac{m_{a}}{h_{a}}+\frac{m_{b}}{h_{b}}+\frac{m_{c}}{h_{c}} \le 1+\frac{R}{r}$.

-----------------------------
Beautifulsunrise: Mình đã sửa rồi nhưng với mình vẫn còn khó. mình không làm được ^^.

Dark templar:Ta đánh giá BĐT đó ra là $\frac{h_{a}}{l_{a}} \ge \frac{\sqrt{(p-b)(p-c)}}{2}$ bằng AM-GM,rồi AM-GM luôn 3 thừa số này. Thật ra đề bài cho thiếu số 3 bên VP.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 04-01-2013 - 19:05

[prince123456]

đề sửa lại rồi

[Beautifulsunrise]

1 BĐT tương tự cho $m_{a};m_{b};m_{c}$ là :
Chứng minh $\frac{m_{a}}{h_{a}}+\frac{m_{b}}{h_{b}}+\frac{m_{c}}{h_{c}} \le 1+\frac{R}{r}$.

Tóm tắt lời giải:

Để chứng minh công thức $\frac{m_{a}}{h_{a}}+\frac{m_{b}}{h_{b}}+\frac{m_{c}}{h_{c}} \le 1+\frac{R}{r}$, ta không cần phải chuyển qua đại số mà cần lưu ý 1 chút xíu:
$m_a - R \le OM$
Và do vậy nên: $am_a + bm_b + cm_c - R(a + b +c) \le 2S$ chia cả 2 vế cho 2S ta có ngay đpcm.

[Forgive Yourself]

Gọi a, b, c là dộ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC và h_a,h_b,h_c là độ dài các đường cao tương ứng với 3 cạnh đó; l_a, l_b, l_c là độ dài các đường phân giác xuất phát từ các đỉnh A, B, C; r, R lần lượt là bán kinhs đường tròn nội tiếp và ngoai tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng :
$\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}\geq 3 \sqrt[3]{\frac{2r}{R}}$

Sử dụng các công thức tính độ dài đường cao và đường phân giác của một tam giác theo độ dài các cạnh:
$h_a=\frac{2}{a}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
$l_a=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{p(p-a)}$
trong đó $p=\frac{1}{2}(a+b+c)$, ta được:
$\frac{h_a}{l_a}=\frac{b+c}{a\sqrt{bc}}\sqrt{(p-b)(p-c)}$ và hai hệ thức tương tự:
$\frac{h_b}{l_b}=\frac{c+a}{b\sqrt{ca}}\sqrt{(p-c)(p-a)}$
$\frac{h_c}{l_c}=\frac{a+b}{c\sqrt{ab}}\sqrt{(p-a)(p-b)}$
Từ đó, áp dụng bất đẳng thức $Cauchy$, ta được (với $S$ là diện tích tam giác):
$\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(b+c)(c+a)(a+b)(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{8S^2}{pabc}}=3\sqrt[3]{\frac{2r}{R}}$
(vì $(b+c)(c+a)(a+b) \geq 8abc$)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c, lúc đó $\Delta ABC$ đều.

[prince123456]

Sử dụng các công thức tính độ dài đường cao và đường phân giác của một tam giác theo độ dài các cạnh:
$h_a=\frac{2}{a}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
$l_a=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{p(p-a)}$
trong đó $p=\frac{1}{2}(a+b+c)$, ta được:
$\frac{h_a}{l_a}=\frac{b+c}{a\sqrt{bc}}\sqrt{(p-b)(p-c)}$ và hai hệ thức tương tự:
$\frac{h_b}{l_b}=\frac{c+a}{b\sqrt{ca}}\sqrt{(p-c)(p-a)}$
$\frac{h_c}{l_c}=\frac{a+b}{c\sqrt{ab}}\sqrt{(p-a)(p-b)}$
Từ đó, áp dụng bất đẳng thức $Cauchy$, ta được (với $S$ là diện tích tam giác):
$\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(b+c)(c+a)(a+b)(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{8S^2}{pabc}}=3\sqrt[3]{\frac{2r}{R}}$
(vì $(b+c)(c+a)(a+b) \geq 8abc$)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c, lúc đó $\Delta ABC$ đều.

bài làm hơi khó hiểu, và lại còn phải chứng minh thêm bdt phụ nũa. nên ap dung côsi 2 số
cho $\frac{h_{a}}{l_{a}};\frac{h_{b}}{l_{b}};\frac{h_{c}}{l_{c}}$ _{rùi moi dung cosi 3 số tiếp thì đơn giản hơn.}

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 10-01-2013 - 18:56

[Forgive Yourself]

bài làm hơi khó hiểu, và lại còn phải chứng minh thêm bdt phụ nũa. nên ap dung côsi 2 số
cho h_a/l_{a , hb/lb, hc/lc rùi moi dung cosi 3 số tiếp thì đơn giản hơn.}

Tất nhiên bài toán này có nhiều cách giải khác nhau dựa trên các công thức tính độ dài đường cao và đường phân giác của một tam giác. Không những thế, bài toán này còn có thể tính theo cả góc $A, B$ và $C$. Chẳng hạn: $h_a=bsinC(=csinB),l_a=\frac{2bc}{b+c}cos\frac{A}{2},v.v...$
Tuy nhiên, cuối cùng đều phải sử dụng $BĐT Cauchy$ đối với ba số dương.
Chú ý thêm rằng có hệ thức sau đây giữa $r,R$ và các góc $A, B, C$: $r=4Rsin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$
2) Gọi $AH=h_a$ và $AD=l_a$, ta có $\widehat{HAD}=\frac{1}{2}|\widehat{B}-\widehat{C}|$, do đó:
$\frac{h_a}{l_a}=cos\frac{B-C}{2}$, tương tự $\frac{h_b}{l_b}=cos\frac{C-A}{2}$ và $\frac{h_c}{l_c}=cos\frac{A-B}{2}$
Từ đó: $\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}=cos\frac{B-C}{2}+cos\frac{C-A}{2}+cos\frac{A-B}{2}$
Từ kết quả này ta cũng có bất đẳng thức cần tìm...