Các chứng minh khác nhau cho một BĐT quen thuộc

Giới thiệu Các chứng minh khác nhau cho một BĐT quen thuộc

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Các chứng minh khác nhau cho một BĐT quen thuộc.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Các chứng minh khác nhau cho một BĐT quen thuộc

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

cách chứng minh khác nhau cho bất đẳng thức quen thuộc Chứng minh rằng ta luôn có : cosA + cosB + cosC ≤ 3 2 trong đó A, B, C là ba góc của một tam giác bất kì . (Chứng minh theo thứ tự chương trình học Phổ thông) Cách 1: Dùng tỉ số Diện Tích Kẻ các đường cao AD, BE, CF Đặt S∆AEF rD = S2 , S∆CED r = S3 , S∆ABC = S r = S1 , S∆BF S1 S2 S3 ; cosB = ; cosC = ⇒ cosA = S S r S r 1 AF AE S1 AF.AE = ≤ ( + )(1) S AB.AC 2 AB AC Tương tự r 1 F B BD S2 =≤ ( + )(2) 2 AB BC rS 1 CD CE S3 =≤ ( + )(3) S 2 BC AC Cộng (1), (2), (3) ta có 1 AF AE 1 F B BD 1 CD CE 3 cosA + cosB + cosC ≤ ( + )+ ( + )+ ( + ) = (đpcm) 2 AB AC 2 AB BC 2 BC AC 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Cách 2: Vận dụng bất đẳng thức :Erdos-Mordell Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kì nằm trong tam giác . Đặt x1 = MA, x2 = MB, x3 = MC , và p1 , p2 , p3 lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB tương ứng. Khi đó ta có bất đẳng thức x1 + x2 + x3 ≥ 2(p1 + p2 + p3 ) Vận dụng giải bài trên: Gọi O , R là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC, CA.. b = MOB. Ta dễ dàng nhận thấy A = OM = OM Do đó :cosA = cos(MOB) OB R OP ON ; cosC = Tương tự cosB = R R 1 OA + OB + OC 3 OM + ON + OP ≤ ( ) = ( đpcm).(ErdosDo đó cosA+cosB+cosC = R 2 R 2 Mordell) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Cách 3: Sử dụng BĐT Trêbưsep. Gọi a, b, c là ba cạnh tam giác, sử dụng công thức hình chiếu ta có: a = c.cosB + b.cosC, b = a.cosC + c.cosB, c = a.cosB + b.cosA, Cộng ba biểu thức trên ta có: a + b + c = (c + b)cosA + (a + c)cosB + (a + b)cosC Không mất tính tổng quát giả sử: a ≥ b ≥ c, ta có:  cosA ≤ cosB ≤ cosC (c + b) ≤ (a + c) ≤ (a + b) Do đó :a + b + c = (c + b)cosA + (a + c)cosB + (a + b)cosC 1 ≥ (cosA + cosB + cosC)(c + b + a + c + a + b) ( Trêbưsep) 3 1 laisac 1 3 (đpcm) 2 Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều. Cách 4: Phuong pháp vectơ. Gọi I và r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, và M, N, P lần lượt là tiếp điểm của đường tròn đó với các cạnh AB, AC, BC ,ta có − −→ −→ − − →− → − → −→ − − → −→ − → 0 ≤ (IM + IN + IP )2 ⇔0 ≤ 3r2 + 2(IM.IN + IM.IP + IP .IN) (*) − −→ −→ = −2r2 cosA ( Vì MIN và góc A bù nhau) Ta nhận thấy IM.IN = 2r2 cosMIN − → −→ − − →− → 2 2 Tương tự :IM.IP = −2r cosB, IP .IN = −2r cosC 3 Vậy từ (*) suy ra cosA + cosB + cosC ≤ (dpcm) 2 Cách 5: Phuong pháp vectơ. Lấy A, B, C lần lượt là ba gốc của ba véctơ đơn vị sau −→ − −→ −→ AB − BC − CA → − ,→ e2 = ,→ e3 = . e1 = AB BC CA → → → → → → e2 + − e3 )2 ⇔0 ≤ 3 + 2(− e1 e2 + − e2 e3 + − e3 e1) 0 ≤ 3 − 2(cosA + cosB + cosC) Ta có :0 ≤ (− e1 + − 3 ⇔ cosA + cosB + cosC ≤ 2 Cách 6: Quan hệ bất đẳng thức Schur. b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 3 3 + + ≤ cosA + cosB + cosC ≤ ⇔ 2 2bc 2ac 2ab 2 ⇔b2a + c2a + c2 b + a2 b + a2c + b2c ≤ 3abc ⇔ a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ 0( Schur) 2 Cách 7: Sử dụng tam thức bậc hai. A+B A−B 3 C 3 )cos( ) + 1 − 2sin2 − Xét cosA + cosB + cosC − = 2cos( 2 2 2 2 2 A−B 1 C 2 C ) − 2sin ( ) − = 2sin( )cos( 2 2 2 2 1 A−B C ).x − Đặt x = sin( ). Xét tam thức f (x) = −2×2 + 2cos( 2 2 2 0 2 A−B ) − 1 ≤ 0, và hệ số a = −2 < 0,Nên f (x) ≤ 0 với mọi x Có (∆) = cos ( 2 3 Hay cosA + cosB + cosC ≤ 2 Cách 8: Sử dụng hàm số. A−B A+B C )cos( ) + 1 − 2sin2 . Ta có cosA + cosB + cosC = 2cos( 2 2 2 A−B C 2 ).x + 1 Đặt x = sin( ), điều kiện 0 < x < 1.Xét hàm số f (x) = −2x + 2cos( 2 2 A−B 3 1 )≤ Lập bảng xét dấu ta có f (x) ≤ fM ax (x) = 1 + cos( 2 2 2 Cách 9: Tổng bình phương. A+B A−B 3 C 1 )cos( ) − 2sin2 − Xét cosA + cosB + cosC − = 2cos( 2 2 2 2 2 1 A−B 2 1 2 A−B C )] − sin ( ) ≤ 0 (Đúng) = −2[sin( ) − cos( 2 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A=B=C Cách 10: BĐT lượng giác cơ bản A−B A+B )cos( ) + cosC Ta có : cosA + cosB + cosC = 2cos( 2 2 A+B ≤ 2cos( ) + cosC ( đẳng thức xảy ra khi A=B) 2 C C 1 3 C 3 = 2sin( ) − 2sin2 ( ) + 1 = −2[sin( ) − ]2 + ≤ ( đẳng thức xảy ra khi Ĉ = 600 ) 2 2 2 2 2 2 ⇒ cosA + cosB + cosC ≤ 2 laisac 2 3 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Cách 11: Đánh Giá BĐT -Tam giác ABC không nhọn, Giả sử góc A ≥ 900 A−B A+B A+B ).cos( ) ≤ 2cos( ) (1) Ta có :cosA + cosB = 2cos( 2 2 2 C − 600 C + 600 C + 600 cosC + cos600 = 2cos( ).cos( ) ≤ 2cos( ) (2) 2 2 2 Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: A+B C + 600 ) + cos( )] cosA + cosB + cosC + cos600 ≤ 2[cos( 2 2 A + B + C + 600 = 4cos( ) = 4cos600 (3) 4 3 Suy ra cosA + cosB + cosC ≤ 3cos600 = 2 Nếu A nhọn, thì (1), (2), (3) đều thỏa mãn. Cách 12: Hàm lồi Nếu tam giác không nhọn, luôn đúng ! : π π Xét hàm số f(x) = cosx trong (0; ) Ta có f’(x) = -sinx , f”(x)=-cosx <0 với ∀x ∈ (0; ) 2 2 π Do đó hàm f(x) = cosx lồi trên (0; ) 2 A+B+C ) Do đó f (A) + f (B) + f (C) ≤ 3f ( 3 3 π ⇔ cosA + cosB + cosC ≤ 3cos( ) = 3 2 Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Vậy :cosA + cosB + cosC ≤ hết 3
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top