|
|
Ta có a2(b+c)+b2(a+c)abc=c(a2+b2)+ab(a+b)abc=a2+b2ab+a+bc(1)
Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có c2=a2+b2−2abcosC
Nên từ (1) ta có a2(b+c)+b2(a+c)abc=c2ab+2cosC+a+bc(2)
Từ (2) suy ra a2(b+c)+b2(a+c)abc≥c2ab+2cosC+2√abc(3)
Dấu “=” xảy ra khi a=b
BỔ ĐỀ: Trong tam giác ABC mà c=max(a,b,c) thì :
c2ab+2√abc≥2−2cosC+1sinC2
Thật vậy, do c2=a2+b2−2abcosC≥2ab−2abcosC
⇒c2≥2ab(1−cosC)
⇒c√ab≥√2(1−cosC)(4)
Vì c=max(a,b,c)⇒C=max(A,B,C)⇒C≥π3⇒cosC≤12
Do đó, từ (4) suy ra √2(1−cosC)≥1(5)
Xét hàm số f(x)=x2+2x với x≥1
f′(x)=2x−2x2≥0∀x≥1
Do đó hàm số đồng biến khi x≥1, vì thế từ (4) và (5),ta có
f(c√ab)≥f(√2(1−cosC))
⇒c2ab+2√abc≥2(1−cosC)+2√2(1−cosC)
⇒c2ab+2√abc≥2−2cosC+1sinC2(6)
Dấu “=” trong (6) xảy ra khi a=b
BỔ ĐỀ được chứng minh.
Bây giờ từ (3) và (6) có \frac{{{a^2}(b + c) + {b^2}(a + c)}}{{abc}} \ge 2 + \frac{1}{{\sin \frac{C}{2}}} (7)
Dấu “=” xảy ra khi a=b
Vì \frac{\pi }{3} \le C \le \frac{\pi }{2} \Rightarrow \frac{\pi }{6} \le \frac{C}{2} \le \frac{\pi }{4} \Rightarrow \sin \frac{C}{2} \le \frac{{\sqrt 2 }}{2}
Do đó 2 + \frac{1}{{\sin \frac{C}{2}}} \ge 2 + \sqrt 2 (8)
Dấu “=” xảy ra khi C = \frac{\pi }{2}
Từ (7)(8) suy ra \frac{{{a^2}(b + c) + {b^2}(a + c)}}{{abc}} \ge 2 + \sqrt 2 (9)
Dấu “=” xảy ra khi a=b,C = \frac{\pi }{2}
Từ giả thiết suy ra trong (9) xảy ra dấu “=”, từ đó suy ra (đpcm)
|