Chủ đề này có 3 trả lời

[Laser Angry Bird]

Cho $\triangle \text{ABC}$ vuông tại $\text{A}$. Chứng minh rằng : $\frac{\cos^{6}\text{B}}{\text{B}} + \frac{\cos^{6}\text{C}}{\text{C}} \geqslant \frac{1}{\pi}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tramyvodoi: 12-01-2013 - 17:01

[maitienluat]

Không mất tổng quát giả sử $B\geq C$
Khi đó áp dụng BĐT Chebyshev ta có
$(B+C)\left ( \frac{\cos ^{6}B}{B}+\frac{\cos ^{6}C}{C} \right )\geq 2(\cos ^{6}B+\cos ^{6}C)\Leftrightarrow \frac{\cos ^{6}B}{B}+\frac{\cos ^{6}C}{C}\geq \frac{4}{\pi }\cos ^{6}B+\cos ^{6}C$
Lại có $4(\cos ^{6}B+\cos ^{6}C)\geq (\cos ^{2}B+\cos ^{2}C)^{3}=1$
Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $\Delta ABC$ vuông cân tại A

[thanhdotk14]

Không mất tổng quát giả sử $B\geq C$
Khi đó áp dụng BĐT Chebyshev ta có
$(B+C)\left ( \frac{\cos ^{6}B}{B}+\frac{\cos ^{6}C}{C} \right )\geq 2(\cos ^{6}B+\cos ^{6}C)\Leftrightarrow \frac{\cos ^{6}B}{B}+\frac{\cos ^{6}C}{C}\geq \frac{4}{\pi }\cos ^{6}B+\cos ^{6}C$
Lại có $4(\cos ^{6}B+\cos ^{6}C)\geq (\cos ^{2}B+\cos ^{2}C)^{3}=1$
Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $\Delta ABC$ vuông cân tại A

Cách khac:
Ta có:$$\left ( B-\frac{\pi}{4} \right )\left ( sin^6B-cos^6B \right )\geq 0$$
(Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $B=\frac{\pi}{4}$)
Khai triển ra ta được:
$$Bsin^6B+Ccos^6C\geq \frac{\pi}{4}\left ( sin^6B+cos^6B \right )$$
$$\Leftrightarrow \frac{cos^6B}{B}+\frac{cos^C}{C}\geq \frac{\pi}{4}\left ( 1-\frac{3}{4}sin^22B \right )$$
Lại có:
$$1-\frac{3}{4}sin^22B\geq \frac{1}{4}$$
Vì $$\frac{1}{4BC}\geq \frac{4}{\pi^2}$$
Từ đó ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\Delta ABC$ vuông cân

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 04-02-2013 - 14:26

[Laser Angry Bird]

Cách này nè:Vì $B+C= \frac{\pi }{2}$ nên $cosB, cosC\geq 0$
$\frac{cos^{6}B}{B}+\frac{cos^{6}C}{C}\geq \frac{\left ( cos^{3}B+cos^{3}C \right )^{2}}{B+C}= \frac{2\left ( cos^{3}B+cos^{3}C \right )^{2}}{\pi }\geq \frac{\left ( cos^{2}B+cos^{2}C \right )^{3}}{\pi }$( BĐT Holder)
$= \frac{\left ( cos^{2}B+sin^{2}B \right )^{3}}{\pi }= \frac{1}{\pi }$