Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Trần Thanh Phương, svtkvtm, tth, Lê Thảo, @Akai Haruma,
@Nguyễn Việt Lâm
Bài đẹp quá!
Ta kí hiệu \(S_a,S_b,S_c\) lần lượt là diện tích của các tam giác \(\Delta IBC,\Delta ICA,\Delta IAB\). Từ công thức tỉ số diện tích ta suy ra \(\frac{IA}{IM}=\frac{S_b+S_c}{S_a},\) tương tự cho 2 tỉ số còn lại. Thành thử ta cần chứng minh \(\sqrt{\frac{S_b+S_c}{S_a}}+\sqrt{\frac{S_c+S_a}{S_b}}+\sqrt{\frac{S_a+S_b}{S_a}}\ge3\sqrt{2}\)
Có nhiều cách xử lý cậu này: ví dụ theo bất đẳn thức Cauchy \(\sqrt{\frac{S_b+S_c}{2S_a}}\ge\frac{2\left(S_b+S_c\right)}{2S_a+S_b+S_c}=\frac{2\left(S_b+S_c\right)^2}{2S_a\left(S_b+S_c\right)+\left(S_b+S_c\right)^2}\)
Tương tự cho 2 bất đẳng thức nữa rồi cộng lại ta sẽ được
\(\sqrt{\frac{S_b+S_c}{2S_a}}+\sqrt{\frac{S_c+S_a}{2S_b}}+\sqrt{\frac{S_a+S_b}{2S_a}}\ge\frac{8\left(S_a+S_b+S_c\right)^2}{4\left(S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\right)+2\left(S_a^2+S_b^2+S_c^2+S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\right)}\)
Từ bất đẳng thức quen thuộc \(S_a^2+S_b^2+S_c^2\ge S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\) ta suy ra
\(\frac{8\left(S_a+S_b+S_c\right)^2}{4\left(S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\right)+2\left(S_a^2+S_b^2+S_c^2+S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a\right)}\ge3\)
Do đó ta có ĐPCM.
B C D E F A O
Đặt \(S_{BOC}=x^2,S_{AOC}=y^2,S_{AOB}=z^2\) \(\Rightarrow S_{ABC}=S_{BOC}+S_{AOC}+S_{AOB}=x^2+y^2+z^2\)
Ta có : \(\frac{AD}{OD}=\frac{S_{ABC}}{S_{BOC}}=\frac{AO+OD}{OD}=1+\frac{AO}{OD}=\frac{x^2+y^2+z^2}{x^2}=1+\frac{y^2+z^2}{x^2}\)
\(\Rightarrow\frac{AO}{OD}=\frac{y^2+z^2}{x^2}\Rightarrow\sqrt{\frac{AO}{OD}}=\sqrt{\frac{y^2+z^2}{x^2}}=\frac{\sqrt{y^2+z^2}}{x}\)
Tương tự ta có \(\sqrt{\frac{OB}{OE}}=\sqrt{\frac{x^2+z^2}{y^2}}=\frac{\sqrt{x^2+z^2}}{y};\sqrt{\frac{OC}{OF}}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{z^2}}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{z}\)
\(\Rightarrow P=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{z}+\frac{\sqrt{y^2+z^2}}{x}+\frac{\sqrt{x^2+z^2}}{y}\ge\frac{x+y}{\sqrt{2}z}+\frac{y+z}{\sqrt{2}x}+\frac{x+z}{\sqrt{2}y}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\right]\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\left(2+2+2\right)=3\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\Rightarrow S_{BOC}=S_{AOC}=S_{AOB}=\frac{1}{3}S_{ABC}\)
\(\Rightarrow\frac{OD}{OA}=\frac{OE}{OB}=\frac{OF}{OC}=\frac{1}{3}\Rightarrow\)O là trọng tâm của tam giác ABC
Vậy \(MinP=3\sqrt{2}\) khi O là trọng tâm của tam giác ABC
ta có: \(\frac{IA}{ID}+\frac{IB}{IE}+\frac{IC}{IF}=\frac{AD-ID}{ID}+\frac{BE-IE}{IE}+\frac{FC-FI}{FI}\)
=\(\frac{AD}{ID}+\frac{BE}{IE}+\frac{FC}{FI}-3\)
(từ A và I kẻ 2 đường thẳngAH,IK vuông góc vs BC(H,KϵBC) →áp dụng hệ quả định lý tales :\(\frac{AD}{ID}=\frac{AH}{IK}\)mà AH và IK là 2 đường cao của 2 Δ có chung đáy là ΔABCvà ΔBIC→\(\frac{AH}{IK}=\frac{SABC}{SBIC}\) ;làm tương tự vs các cạnh còn lại ,ta có:\(\frac{BE}{IE}=\frac{SABC}{SAIC};\frac{FC}{FI}=\frac{SABC}{SAIB}\))(cái này làm ngoài nháp thôi ,típ tục nèo)
=\(\frac{SABC}{SBIC}+\frac{SABC}{SAIC}+\frac{SABC}{SAIB}-3\)
=\(\frac{SAIB+SAIC+SBIC}{SBIC}+\frac{SAIB+SAIC+SBIC}{SAIC}+\frac{SAIB+SAIC+SBIC}{SAIB}-3\)
=\(3+\frac{SAIB}{SBIC}+\frac{SBIC}{SAIB}+\frac{SAIB}{SAIC}+\frac{SAIC}{SAIB}+\frac{SAIC}{SBIC}+\frac{SBIC}{SAIC}-3\)
Áp dụng BĐT coosshi cho 2 số dương ,ta có:
\(\frac{SAIB}{SBIC}+\frac{SBIC}{SAIB}\ge2\sqrt{\frac{SAIB}{SBIC}.\frac{SBIC}{SAIB}=2}\)tương tự ta có:\(\frac{SAIB}{SAIC}+\frac{SAIC}{SAIB}\ge2;\frac{SAIC}{SBIC}+\frac{SBIC}{SAIC}\ge2\)
vậy \(\frac{IA}{ID}+\frac{IB}{IE}+\frac{IC}{FI}\ge3+2+2+2-3=6\left(đfcm\right)\)