Bài 106094

Question

Chứng minh một số bất đẳng thức có nội dung hình học:
a)    p là nửa chu vi, r là bán kính đường tròn nội tiếp một tam giác. Chứng minh $p^{2} \geq 27 r^{2}$
b)    Chứng minh rằng nếu R là bán kính đường tròn ngoại tiếp một tam giác vuông, r là bán kính đường tròn nội tiếp, S là diện tích tam giác đó thì $R+ r \geq \sqrt{ 2S}.$
c)    Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác đó thì $\frac{ 1}{p-a}+ \frac{ 1}{p-b}+ \frac{ 1}{p-c} \geq 2 \left( \frac{ 1}{a}+ \frac{ 1}{b}+ \frac{ 1}{c}   \right) $.
d)    Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác; S là diện tích tam giác đó thì $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq 4S \sqrt{ 3}$

score 0 · Answer 1

a)    Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ba số dương $p-a, p-b, p-c:$
$\frac{ \left( p-a\right) \left(p-b\right) \left( p-c\right) }{3} \geq \sqrt[3]{ \left( p-a\right) \left(p-b \right) \left( p-c \right)} $
$\Leftrightarrow \frac{ 3p - \left( a+b+c \right)}{3} \geq \sqrt[3]{ \frac{ p\left( p-a\right) \left(p-b\right) \left( p-c \right) }{p}} = \sqrt[3]{\frac{ S^{2}}{p}} $
$\Leftrightarrow \frac{ p}{3} \geq \sqrt[3]{ \frac{ S^{2}}{p}} \Leftrightarrow \frac{ p^{3}}{27} \geq \frac{ S^{2}}{p}= \frac{ p^{2}. \pi^{2}}{p} \Leftrightarrow p^{2} \geq 27 r^{2}$
Có đẳng thức khi tam giác đã cho là tam giác đều.

b)    Giả sử có $a^{2}=b^{2} +c^{2} $ thì $R= \frac{ a}{2}; r= \frac{ S}{p}= \frac{ \frac{ 1}{2}}{ \frac{ a+b+c}{2}}= \frac{ bc}{a+b+c}$
$R+r= \frac{ a}{2}+ \frac{ bc}{a+b+c}= \frac{ a^{2} +ab+ac+2bc}{2 \left(   a+b+c \right) }= \frac{ b^{2} +c^{2} +2bc+a \left( b+c \right) }{2 \left(a+b+c    \right) }= \frac{ \left( b+c \right) \left(a+b+c    \right) }{2 \left( a+b+c   \right) }= \frac{ b+c}{2}$
$\Rightarrow R+r= \frac{ b+c}{2} \geq \sqrt{ bc}= \sqrt{ 2S}$
Có đẳng thức khi tam giác đã cho lầ tam giác vuông cân.

c)    $\frac{ 1}{p-a}+ \frac{ 1}{p-b}+ \frac{ 1}{p-c} \geq 2 \left( \frac{ 1}{a}+ \frac{ 1}{b}+ \frac{ 1}{c}   \right) $.
Trước hết, chứng minh một bất đẳng thức phụ: với hai số dương m, n:
$\frac{ 1}{m}+ \frac{ 1}{n} \geq 2 \sqrt{ \frac{ 1}{mm}}= \frac{ 2}{ \sqrt{ mn}} \geq \frac{ 2}{ \frac{ m+n}{2}}= \frac{ 4}{m+n}$
Áp dụng: $\frac{ 1}{p-a}+ \frac{ 1}{p-b} \geq \frac{ 4}{2p - \left( a+b   \right) } = \frac{ 4}{c}$.
Tương tự: $\frac{ 1}{p-a}+ \frac{ 1}{p-b} \geq \frac{ 4}{a}; \frac{ 1}{p-c} + \frac{ 1}{p-a} \geq \frac{ 4}{b}$
$\Rightarrow 2 \left( \frac{ 1}{p-a}+ \frac{ 1}{p-b}+ \frac{ 1}{p-c}   \right) \geq 4 \left( \frac{ 1}{a}+ \frac{ 1}{b}+ \frac{ 1}{c} \right) $
$\Leftrightarrow \frac{ 1}{p-a}+ \frac{ 1}{p-b}+ \frac{ 1}{p-c} \geq 2 \left( \frac{ 1}{a}+ \frac{ 1}{b}+ \frac{ 1}{c} \right)$
Có đẳng thức khi tam giác đã cho là tam giác đều.

d)    $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq 4S \sqrt{ 3}$
Từ $S= \sqrt{ p \left( p-a \right) \left(p-b \right) \left(p-c\right) } = \sqrt{ \frac{a+b+c}{2 }. \frac{b+c-a}{2 }. \frac{a+c-b}{2 }. \frac{a+b-c}{2 }}$
$= \frac{ 1}{4}. \sqrt{ \left( a+b+c \right) \left(b+c-a \right) \left( a+c-b\right) \left(a+b-c \right) }$
Đặt $\begin{cases} b+c-a=x \\ a+c-b=y \\ a
+b-c=z   \end{cases} \Rightarrow x+y+z=a+b+c$
$\Rightarrow 4S=\sqrt{ \left(a+b+c    \right) x.y.z}= \sqrt{ \left( x+y+z   \right) xyz} \leq \sqrt{ \left( x+y+z \right) \left( \frac{ x+y+z}{3} \right) }$
$=\frac{ \left( x+y+z \right)^{2} }{3 \sqrt{ 3}}$
$\Rightarrow 4S \sqrt{ 3} \leq \frac{ \left( x+y+z \right)^{2} }{\sqrt{ 3}}= \frac{ \left(   a+b+c \right)^{2} }{3} \leq a^{2} + b^{2} +c^{2} $
Có đẳng thức khi $a=b=c$

Bài 106094

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 106094

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan