Các bất đẳng thức về đường trung tuyến

[_minhhoang_]

Nguyên văn bởi Minh Tuấn

Bài 43:CMR:$\frac{m_a^2}{a}+\frac{m_b^2}{b}+\frac{m_c^2}{c}\le \frac{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)}{3} $(ZinZin post)

Bất đẳng thức này không đúng vì hai vế nó không đồng bậc
------------------------------

Nguyên văn bởi Minh Tuấn

Topic vừa bổ sung thêm một số bài của bạn ZinZin bên topic [Only registered and activated users can see links. ]
Bài 40:CMR:$\frac{m_a^2}{h_a}+\frac{m_b^2}{h_b}+\frac{m_c^2}{h _c}\ge\frac{9}{2}R $(ZinZin post)

Sử dụng các đẳng thức sau:
${h_a}=\frac{2S}{a} $
$R=\frac{abc}{4S} $
Ta quy bất đẳng thức về chứng minh:
$ am_a^2 + bm_b^2 + cm_c^2 \ge \frac{{9abc}}{4} $
$ \Leftrightarrow \sum {a(\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4}) \ge } \frac{{9abc}}{4} $
$ \Leftrightarrow 2ab(a + b) + 2bc(b + c) + 2ca(c + a) \ge {a^3} + {b^3} + {c^3} + 9abc $
$ \Leftrightarrow (b + c - a)(a - b)(a - c) + (a + c - b)(b - a)(b - c) + (a + b - c)(c - a)(c - b) \ge 0 $ (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử $a \ge b \ge c $. Dễ thấy
$(a + b - c)(c - a)(c - b) \ge 0 $

$ (b + c - a)(a - b)(a - c) + (a + c - b)(b - a)(b - c) $
$ \ge (b + c - a)(a - b)(b - c) + (a + c - b)(b - a)(b - c) $
$ = 2b(a - b)(b - c) \ge 0 $
Vậy bất đẳng thức ở (1) , ta có dpcm

P/s: Latex hôm nay nhìn lạ vậy ta
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[_minhhoang_]

Nguyên văn bởi Minh Tuấn

Bài 42:CMR:$m_abc+m_bca+m_cab \le\sqrt{\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)(a^4+b^4+c^4) $(ZinZin post)

Bất đẳng thức tương đương với:
$\sum {\sqrt {{b^2}{c^2}(2{b^2} + 2{c^2} - {a^2})} } \le \sqrt {3({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^4} + {b^4} + {c^4})} $
Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz, có:
$\sum {\sqrt {{b^2}{c^2}(2{b^2} + 2{c^2} - {a^2})} } \le \sqrt {3\sum {{b^2}{c^2}(2{b^2} + 2{c^2} - {a^2})} } $
Ta cần chứng minh:
$ \sum {{b^2}{c^2}(2{b^2} + 2{c^2} - {a^2})} \le ({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^4} + {b^4} + {c^4}) $
$ \Leftrightarrow {a^6} + {b^6} + {c^6} + 3{a^2}{b^2}{c^2} \ge \sum\limits_{sym} {{a^4}{b^2}} $
Đây là BDT Schur với $x=a^2, y=b^2,z=c^2 $
Ta có điều phải chứng minh
------------------------------

Nguyên văn bởi Minh Tuấn

Bài 44:CMR:$m_a+m_b+m_c\le \frac{a+b+c}{2}\sqrt{\frac{a^3+b^3+c^3}{abc} $(ZinZin post)

Theo BDT Cauchy-Schwarz, có:
${m_a} + {m_b} + {m_c} \le \sqrt {3(m_a^2 + m_a^2 + m_a^2)} = \sqrt {\frac{9}{4}({a^2} + {b^2} + {c^2})} $
Ta cần chứng minh:
$ \sqrt {\frac{9}{4}({a^2} + {b^2} + {c^2})} \le \frac{{a + b + c}}{2}\sqrt {\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{abc}}} $
$ \Leftrightarrow 9abc({a^2} + {b^2} + {c^2}) \le {(a + b + c)^2}({a^3} + {b^3} + {c^3}) $
Lại theo BDT Cauchy-Schwarz, ta được:
${(a + b + c)^2}({a^3} + {b^3} + {c^3}) \ge (a + b + c){({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} \ge 9abc({a^2} + {b^2} + {c^2}) $
Bất đẳng thức được chứng minh xong
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Một cuốn 75k chắc mọi người biết cả rồi:

Recent Advances in Geometric Inequalities (Mathematics and its Applications)

by: Dragoslav S. Mitrinovic , J. Pecaric, V. Volenec

Recent Advances in Geometric Inequalities (Mathematics and its Applications) library.nu #85966

md5: c01814a4438a1b3c7d79d6716c677a96
size: 4.15 MB [ 4351597 bytes ]
type: .djvu
status: normal
language: en [ english ]

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[_minhhoang_]

Nguyên văn bởi Minh Tuấn

Bài 45:CMR:$am_a+bm_b+cm_c \le\frac{3}{2}\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2} $(ZinZin post)

Theo BDT Cachy-Schwarz, có:
$a{m_a} + b{m_b} + c{m_c} = \sum {\sqrt {{a^2}(\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4})} } \le \sqrt {3({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} - \frac{{\sum {{a^4}} }}{4})} $
Ta cần chứng minh:
$ \sqrt {3({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} - \frac{{\sum {{a^4}} }}{2})} \le \frac{3}{2}\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} $
$ \Leftrightarrow \sum {{a^4}} \ge {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} $
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Nguyên văn bởi ma 29

Mình thấy cái bài này không "thuần" trung tuyến lắm(nhưng vẫn liên quan )

Mình xin đưa thêm 1 BDT trong 1 lớp tam giác đặc biệt:

Bài 40Với R=1.CMR:

$\sum { \frac{\sin{A}}{m_a}} \geq \sqrt{3} $

Bài này và bài 7 là một.Thằng em vừa hỏi xong.Có bạn nào đưa lời giải ko?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Evarist Galois]

Phải là $\sum \frac{m_a}{sinA} $
Chẳng qua là BDT $\sum \frac{MA}{a} \ge \sqrt{3} $
Chọn M trùng G và chú ý $a=2RsinA $ có đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daylight]

Nguyên văn bởi nvthanh1994

Bài này và bài 7 là một.Thằng em vừa hỏi xong.Có bạn nào đưa lời giải ko?

$R=a\sin A $

nên ta cần chứng minh

$\sum \frac{a}{m_a} \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $


ta lại có

$\sqrt{3}am_a=2.\frac{\sqrt{3}a}{2}\sqrt{\frac{b^2+ c^2}{2}-\frac{a^2}{4}}=2\sqrt{\bigg(\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}\bigg)\frac{3a^2}{4}} \le \frac{a^2+b^2+c^2}{2} $

suy ra $\frac{a^2}{\sqrt{3}am_a} \ge \frac{a^2}{\frac{a^2+b^2+c^2}{2}} $
hay

$\frac{a}{m_a} \ge \frac{\sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)}{2} $

Làm các BDT tương tự ta có đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daylight]

Bài 8: CMR: $\frac{m_a}{a}+\frac{m_b}{b}+\frac{m_c}{c}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2} $

bài này giải như sau

từ bổ đề

$ am_a \leq \frac{a^2+b^2+c^2}{2\sqrt{3}} $
$=> \frac{m_a}{a} \geq \frac{ 2\sqrt{3}m_a^2}{a^2+b^2+c^2} $
từ trên kết hợp với bổ đề $4(m_a^2+m_b^2+m_c^2)=3(a^2+b^2+c^2) $=> đpcm
------------------------------
Bài 1: CMR: $m_a $+$m_b $+$m_c $ $\leq $$\frac{9R}{2} $

chém

áp dụng bổ đề

$sin^2A+sin^2B+sin^2C \leq \frac{9}{4} $
có

$ m_a+m_b+m_c \leq \sqrt{3 (m_a^2+m_b^2+m_c^2)} = \sqrt{3.\frac{4}{3}(a^2+b^2+c^2)} = \sqrt{\frac{9}{4}(2R)^2 ( sin^2A+sin^2B+sin^2C)} \leq \frac{9R}{2} $
------------------------------
Bài 5: CMR: $m_am_bm_c\leq \frac{27R^3}{8} $

chém tiếp

tiếp tục bổ đề

$sin^2A+sin^2B+sin^2C \leq \frac{9}{4} $
áp dụng BDT cô si

$(m_am_bm_c)^2 \leq [\frac{m_a^2+m_b^2+m_c^2}{3}]^3 =[\frac{1}{4}(a^2+b^2+c^2)]^3=[\frac{1}{4} (2R)^2(sin^2A+sin^2B+sin^2C)]^3 =[\frac{27R^3}{8}]^2 $=> đpcm
------------------------------
Bài 4: CMR: $\frac{1}{m_a}+\frac{1}{m_b}+\frac{1}{m_c}\geq \frac{2}{R} $

áp dụng cauchy schwarz

$\frac{1}{m_a}+\frac{1}{m_b}+\frac{1}{m_c} \geq \frac{9}{m_a+m_b+m_c} \geq \frac{9}{\frac{9R}{2}}= \frac{2}{R} $
------------------------------
Bài 3: CMR: $m_a $+$m_b $+$m_c $ $\geq $$\frac{a^2+b^2+c^2}{2R} $

ta cần CM

$m_a \geq \frac{b^2+c^2}{4R} $
$<=> 2m_a \geq b(\frac{b}{2R})+c(\frac{c}{2R}) <=> .........<=> (bcosB-ccosC)^2 \geq 0 $
(luôn đúng)

làm các BDT tương tự rồi cộng vào => đpcm
------------------------------

Nguyên văn bởi Minh Tuấn

Em ghi sai đề rồi, như thế thì có mà giải bằng....... niềm tin !!!!!Bài toán phải là $ m_a+m_b+m_c \geq 9r $ thì mới đúng. Bài này tối nay hoặc sáng mai anh post lời giải lên cho vì bây giờ bận rùi, trước tiên em cứ làm mất bài anh post lên thử xem vì nếu em làm đc mấy bài đó thì bài này cũng sẽ trở nên đơn giản hơn nhiều!
P/S: Nếu tối nay hoặc sáng mai không thấy post bài thì cũng đừng sốt ruột vì có thể là do anh bận hoặc là do mất điện!!!!!!
Lời giải: Ta xem kết quả bài 11 như một bổ đề ta sẽ có :
$r\leq\frac{m_am_bm_c}{m_a^2+m_b^2+m_c^2}\Rightarro m_am_bm_c\geq r(m_a^2+m_b^2+m_c^2)\geq \frac{1}{3}(m_a+m_b+m_c)^2r $
lại có: $m_am_bm_c\leq (\frac{m_a+m_b+m_c}{3})^3\Rightarrow(\frac{m_a+m_b +m_c}{3})^3\geq\frac{1}{3}(m_a+m_b+m_c)^2r\Rightar $đpcm

Anh ơi BĐT này có sai đâu ,nó là bài 60 trong sách của thầy TRần phương mà ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daylight]

Bài 11: CMR: $\frac{m_am_bm_c}{m^2_a+m^2_b+m^2_c} \geq r $

lời giải

Bổ đề
gọi $S_m,R_m $ lần lượt là diện tích ,bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác có 3 cạnh là $m_a,m_b,m_c $

$ (1) S_m=\frac{3}{4} S $
$(2) R_m \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{2(a+b+c)} $
Ta có:

$\frac{m_am_bm_c}{m_a^2+m_b^2+m_c^2}= \frac{4R_mS_m}{m_a^2+m_b^2+m_c^2}=\frac{4R_m\frac{ 3}{4}S}{\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)} \geq r $ (đpcm)
------------------------------
Bài 15: CMR: $m_a m_bm_c\geq p^2r $

BDT <=> $m_am_bm_c \geq pS $

Ta có :
$pS = p\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{p(p-a)}.\sqrt{p(p-b)}.\sqrt{p(p-c} $
Cm đại diện

$\sqrt{p(p-a)}=\sqrt{\frac{b+c+a}{2}.\frac{b+c-a}{2}}=\sqrt{\frac{(b+c)^2-a^2}{4}}\leq \sqrt{\frac{2(b^2+c^2)-a^2}{4}}= \sqrt{m_a^2}=m_a $
làm các BDT tương tự rồi nhân vào
------------------------------
Bài 12: CMR: $m_am_bm_c \geq abccos{\frac{A}{2}}cos{\frac{B}{2}}cos{\frac{C}{2} } $

Áp dụng bổ đề

$m_am_bm_c \geq pS $
Ta có :
$pS=\frac{a+b+c}{2}.\frac{abc}{4R}= \frac{abc}{4}.\frac{a+b+c}{2R}= \frac{abc}{4}.(sinA+sinB+sinC)=VP $
------------------------------
Bài 21: CMR:$\frac{1}{m_a+m_b-m_c}+\frac{1}{m_a-m_b+m_c}+\frac{1}{-m_a+m_b+m_c} \geq \frac{2}{R} $

lời giải

Bổ đề

$m_a+m_b+m_c \leq \frac{9R}{2} $
Ta áp dụng BDT cauchy schwarz

$VT \geq \frac{9}{m_a+m_b+m_c} \geq \frac{9}{\frac{9R}{2}}=\frac{2}{R} $
------------------------------
Bài 14: CMR: $m^2_a +m^2_b+m^2_c\geq p^2 $

$VT=\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{4}\geq \frac{(a+b+c)^2}{4}=p^2=VP $
------------------------------
Bài 13: CMR: $m_a+m_b+m_c\geq \sqrt{p}(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}) $

áp dụng bổ đề

$\sqrt{p(p-a} \leq m_a $
làm các BDt tương tự cộng vào
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[le_sat_thu_ga]

Ai giải giùm bài 20 đi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thanhorg]

Nguyên văn bởi daylight

$R=a\sin A $

nên ta cần chứng minh

$\sum \frac{a}{m_a} \ge \frac{\sqrt{3}}{2} $


ta lại có

$\sqrt{3}am_a=2.\frac{\sqrt{3}a}{2}\sqrt{\frac{b^2+ c^2}{2}-\frac{a^2}{4}}=2\sqrt{\bigg(\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}\bigg)\frac{3a^2}{4}} \le \frac{a^2+b^2+c^2}{2} $

suy ra $\frac{a^2}{\sqrt{3}am_a} \ge \frac{a^2}{\frac{a^2+b^2+c^2}{2}} $
hay

$\frac{a}{m_a} \ge \frac{\sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)}{2} $

Làm các BDT tương tự ta có đpcm

Phải là $\sum \frac{a}{m_a} \ge 2.\sqrt{3} $ chứ bạn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[suboi no.1]

Cho tam giác ABC nhọn. CMR
$\frac{m_a}{h_a}+\frac{m_b}{h_b}+\frac{m_c}{h_c} \leq 1+\frac{R}{r} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tangkhaihanh]

Nguyên văn bởi suboi no.1

Cho tam giác ABC nhọn. CMR
$\frac{m_a}{h_a}+\frac{m_b}{h_b}+\frac{m_c}{h_c} \leq 1+\frac{R}{r} $

Bài này tam giác ABC nhọn thì OK

$\frac{m_a}{h_a} \le \frac{OA+OM}{h_a}=\frac{R}{h_a}+\frac{OM}{h_a} $

mà $\frac{1}{h_a}+\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c} =\frac{1}{r} $

$\frac{OM}{h_a}+\frac{ON}{h_b}+\frac{OP}{h_c}=1 $

Câu hỏi đặt ra là tam giác ABC tù thì sao?. Mình cũng chẳng biết nữa.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quykhtn]

Có 2 bài hay hay về đường trung tuyến mọi người xem thế nào?

Bài 47:
$$ \frac{m_am_b}{a^2+b^2}+\frac{m_bm_c}{b^2+c^2}+ \frac{m_cm_a}{c^2+a^2} \ge \frac{9}{8}.$$

Bài 48:

$$ \sqrt{a^2+\frac{(b-c)^2}{3}}+\sqrt{b^2+\frac{(c-a)^2}{3}}+\sqrt{c^2+\frac{(a-b)^2}{3}} \ge \frac{2}{\sqrt{3}}\left(m_a+m_b+m_c\right) \ge \sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}}+\sqrt{b^2-\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{c^2-\frac{(a-b)^2}{2}}. $$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[JokerNVT]

Nguyên văn bởi Minh Tuấn

Ta có:
$MD=MC-DC=\frac{a}{2}-\frac{ab}{b+c}=\frac{a(c-b)}{2(b+c)}\leq \frac{c-b}{2} $

Giải thích giùm mình khúc này đi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]