Đến nội dung

EVEREST!

EVEREST!

Đăng ký: 04-11-2006
Offline Đăng nhập: 14-12-2007 - 11:18
-----

Trong chủ đề: Bài mới

04-02-2007 - 16:28

Tôi có 2 cách như sau:
C1)
bdt$ \Leftrightarrow (a^2x+b^2y+c^2z)^2 \geq 16S^2(xy+yz+zx)$
$\Leftrightarrow (a^2x+b^2y+c^2z)^2 \geq(xy+yz+zx)(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4)$
Đến đây có thể khai triển và dùng AM-GM.
C2)
Đặt cotgP=x,cotgQ=y,cotgR=z với P,Q,R là 3 góc 1 tam giác.
Đặt $ S_{ABC} =S, S_{PQR}=S'.$
bdt cần c/m $ \Leftrightarrow a^2cotgP+b^2cotgQ+c^2cotgR \geq 4S.$

C/m tiếp cách 2 như sau:goi p,q,r là các cạnh tam giác PQR
bdt$ \Leftrightarrow a^2(q^2+r^2-p^2)+b^2(p^2+r^2-q^2)+c^2(p^2+q^2-r^2) \geq 16SS'$(sử dụng ct:$cotgP= \dfrac{q^2+r^2-p^2}{4S'}$)
$ \Leftrightarrow a^2(2q^2-2pqcosR)+b^2(2p^2-2pqcosR)+2c^2xycosR \geq 4absinCpqsinR $
$ \Leftrightarrow 2(aq-bp)^2+4abpq(1-cos(C-R) \geq 0 $ (đúng)
Dấu = xảy ra khi 2 tam giác đồng dạng

Trong chủ đề: Bài mới

19-01-2007 - 17:03

Tôi có 2 cách như sau:
C1)
bdt$ \Leftrightarrow (a^2x+b^2y+c^2z)^2 \geq 16S^2(xy+yz+zx)$
$\Leftrightarrow (a^2x+b^2y+c^2z)^2 \geq(xy+yz+zx)(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4)$
Đến đây có thể khai triển và dùng AM-GM.
C2)
Đặt cotgP=x,cotgQ=y,cotgR=z với P,Q,R là 3 góc 1 tam giác.
Đặt $ S_{ABC} =S, S_{PQR}=S'.$
bdt cần c/m $ \Leftrightarrow a^2cotgP+b^2cotgQ+c^2cotgR \geq 4S.$

Trong chủ đề: Dễ thôi!

19-01-2007 - 16:18

Bài này có thể làm như sau:
Biến đổi:$ OD^2=R^2-(p-b)(p-c) \geq R^2- \dfrac{a^2}{4}$
$ \Rightarrow OD^2+OE^2+OF^2$
$ \geq 3R^2- \dfrac{a^2+b^2+c^2}{4} $
$ \geq 3R^2- \dfrac{8R^2+4r^2}{4} =R^2-r^2$

Trong chủ đề: Tính các góc cuả tam giác ABC

16-01-2007 - 17:02

Tính các góc cuả tam giác ABC ; biết $\Large -4sin^3A + sin2B + sin2C + 4sinA = 2\sqrt{2} $

Bài này dễ thôi!
Vế trái=$-4sin^3A+4sinA+2sinAcos(B-C)$
$ \leq -4sin^3A+6sinA=2sinA(3-2sin^2A)= \sqrt{4sin^2 A(3-2sin^2A)(3-2sin^2A)} \leq 2 \sqrt{2}$(Sử dụng AM-GM)
Dấu= xảy ra khi tam giác ABC đều.

Trong chủ đề: Dễ thôi!

16-01-2007 - 16:54

O là chi đó bạn??

O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác!