Bài 105135

Question

Cho

$\triangle ABC$ , chứng minh rằng :

$1<\cos A+\cos B+\cos C\leq \frac{3}{2}$

score 0 · Answer 1

a. Chứng minh vế trái, ta có:

$\cos A+\cos B+\cos C=2\cos\frac{A+B}{2}.\cos\frac{A-B}{2}.\cos C$

$=2\sin \frac{C}{2}.\cos(\frac{A-B}{2})+1-\sin^2\frac{C}{2}=1+2(\cos\frac{A-B}{2}-\cos\frac{A+B}{2}).\sin\frac{C}{2}$

$=1+4\sin\frac{A}{2}.\sin\frac{B}{2}.\sin\frac{C}{2}>1$ .
b. Chứng minh vế phải , ta có hai cách sau:
*Cách 1:
Sử dụng kết quả

$xy\leq \frac{1}{2}(x^2+y^2)$ , ta nhận được:

$VT=\cos A+\cos B-\cos (A+B)=(\cos A+\cos B).1-\cos A.\cos B+\sin A.\sin B$

$\leq \frac{1}{2}[(\cos A+\cos B)^2+1]-\cos A.\cos B+\frac{1}{2}(\sin^2 A+\sin^2B)\\=\frac{1}{2}(\cos^2A+\cos^2B+\sin^2A+\sin^2B)+1=\frac{3}{2}$ .
Dấu

$"="$ xảy ra khi và chỉ khi:

$\begin{cases}\cos A+\cos B=1 \\ \sin A=\sin B \end{cases}\Leftrightarrow A=B=\frac{\pi}{3}\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi}{3}\Leftrightarrow \triangle ABC$ đều.
*Cách 2:
Sử dụng

$a.\sin x+b.\cos x\leq\sqrt{a^2+b^2}$ , ta có:

$VT=\cos A+\cos B-\cos (A+B) =\cos A+\cos B-\cos A.\cos B+\sin A.\sin B$

$=[(1-\cos B)\cos A +\sin A.\sin B]+\cos B$

$\leq \sqrt{(1-\cos B)^2+\sin ^2B}+\cos B=\sqrt{2-2\cos B}+\cos B$

$=2\sin { \frac{B}{2}}+1-2\sin^2 {\frac{B}{2}}= \frac{3}{2}-2(\frac{1}{2}-\sin {\frac{B}{2})^2}\leq \frac{3}{2}$
Dấu

$"="$ xảy ra khi và chỉ khi:

$\begin{cases}(1-\cos B)\cos A+\sin A.\sin B=2\sin {\frac{B}{2}} \\ \sin {\frac{B}{2}}= \frac{1}{2}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}B=\frac{\pi}{3} \\ \frac{1}{2}\cos A+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin A= 2.\frac{1}{2}\end{cases}$

$\Leftrightarrow A=B=\frac{\pi}{3}\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi}{3}\Leftrightarrow \triangle ABC$ đều

Bài 105135

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 105135

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan