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 A C O R Q P
Đặt \(S_{AOC}=x^2;S_{BOC}=y^2;S_{AOB}=z^2\) \(\left(x,y,z>0\right)\)
* Ta thấy tam giác AOB và BOP có chung đường cao kẻ từ B
\(\Rightarrow\dfrac{S_{AOB}}{S_{BOP}}=\dfrac{OA}{OP}\). Tương tự \(\dfrac{S_{AOC}}{S_{COP}}=\dfrac{OA}{OP}\)
\(\Rightarrow\dfrac{OA}{OP}=\dfrac{S_{AOB}}{S_{BOP}}=\dfrac{S_{AOC}}{S_{COP}}=\dfrac{S_{AOB}+S_{AOC}}{S_{BOP}+S_{COP}}=\dfrac{x^2+z^2}{y^2}\)
Tương tự \(\dfrac{OB}{OQ}=\dfrac{y^2+z^2}{x^2};\dfrac{OC}{OR}=\dfrac{x^2+y^2}{z^2}\)
* Áp dụng BĐT cau-chy ta có
\(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{z^2}{y^2}\ge2\sqrt{\dfrac{x^2z^2}{y^4}}=\dfrac{2xz}{y^2}\) .
Tương tự \(\dfrac{y^2+z^2}{x^2}\ge\dfrac{2yz}{x^2}\) ; \(\dfrac{x^2+y^2}{z^2}\ge\dfrac{2xy}{z^2}\)
\(\Rightarrow A=\dfrac{x^2+z^2}{y^2}.\dfrac{y^2+z^2}{x^2}.\dfrac{x^2+y^2}{z^2}\ge8\)* Áp dụng BĐT cauchy ta được
\(\sqrt{\dfrac{OA}{OP}}+\sqrt{\dfrac{OB}{OQ}}+\sqrt{\dfrac{OC}{OR}}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{A}}=3\sqrt{2}\) - đpcm
1: Xét ΔABC vuông tại A có
\(BC^2=AB^2+AC^2\)
hay BC=5(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
hay AH=2,4(cm)
Vẽ AI, BI, CI cắt các cạnh đối diện thứ tự tại D,E,F.
Ta có công thức đường phân giác như sau:
\( AD^2 = \frac{{bc\left( {a + b + c} \right)\left( {b + c - a} \right)}}{{\left( {b + c} \right)^2 }} \)
Ta có:
\( \begin{array}{l} \frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{BA}}{{BD}} = \frac{{CA}}{{CD}} = \frac{{b + c}}{a} \Leftrightarrow \frac{{IA}}{{AD}} = \frac{{b + c}}{{a + b + c}} \\ \Leftrightarrow IA^2 = AD^2 .\frac{{\left( {b + c} \right)^2 }}{{\left( {a + b + c} \right)^2 }} = \frac{{bc\left( {a + b + c} \right)\left( {b + c - a} \right)}}{{\left( {b + c} \right)^2 }}.\frac{{\left( {b + c} \right)^2 }}{{\left( {a + b + c} \right)^2 }} = \frac{{\left( {b + c - a} \right)bc}}{{a + b + c}} \\ \Leftrightarrow \frac{{IA^2 }}{{bc}} = \frac{{b + c - a}}{{a + b + c}} \\ \end{array} \)
Điều phải chứng minh
b) Từ câu a) ta suy ra được
\(\frac{IA^{^{2}}}{AB.AC}+\frac{IB^{2}}{BA.BC}+\frac{IC^{2}}{CA.CB}=1\)
\(\Leftrightarrow aIA^2+bIB^2+cIC^2=abc\)
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
\(\left(IA+IB+IC\right)^2=\left(\dfrac{\sqrt{a}.IA}{\sqrt{a}}+\dfrac{\sqrt{b}.IB}{\sqrt{b}}+\dfrac{\sqrt{c}.IC}{\sqrt{c}}\right)^2\)
\(\le\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\left(aIA^2+bIB^2+cIC^2\right)\)
\(=\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)abc=ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow IA+IB+IC\le\sqrt{ab+bc+ca}\)