Đánh giá vế trái với 3 cạnh 1 tam giác

[psquang_pbc]

Tìm giá trị lớn nhất của $D\in\mathbb{R} $ để có đánh giá sau

$f(a,b,c)=\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}>D $

với a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác có 1 góc lớn hơn hoặc bằng $\alpha $ ( $\frac{\pi}{2}\le \alpha<\pi $ )

From a book
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asimothat]

đây là bài tổng quát đề thi của English ,thứ 4 này anh sẽ post cụ thể
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[psquang_pbc]

Dạ vâng, em đọc đáp số luôn nhé để anh tiện so sánh kết quả :

$D=\frac{4-\cos\alpha}{(2+\sqrt{2-2cos\alpha)^2}} $

Nguyên văn bởi asimothat

đây là bài tổng quát đề thi của English ,thứ 4 này anh sẽ post cụ thể

Khi $\alpha=\frac{\pi}{2} $ ta có bài của Anh năm 86
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asimothat]

Nguyên văn bởi psquang_pbc

Tìm giá trị lớn nhất của $D\in\mathbb{R} $ để có đánh giá sau

$f(a,b,c)=\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}>D $

với a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác có 1 góc lớn hơn hoặc bằng $\alpha $ ( $\frac{\pi}{2}\le \alpha<\pi $ )

From a book

lời giải

xét tam giác ABC có $\hat{ABC} \ge \alpha $
Nếu $x \ge y \ge \sqrt{a^2+b^2 $ thì

$\frac{a^2+b^2+x^2}{(a+b+x)^2} $ $>\frac{a^2+b^2+y^2}{(a+b+y)^2} $ (1)

đặt $m=\sqrt{a^2+b^2},n=a+b $ thì bdt trên tương đương với

$\frac{m+x^2}{(n+x)^2} > \frac{m+y^2}{(m+y)^2} $

tương đương với

$2(x+y)ab+2n(xy-m) >0 $(do $x>y $ và $xy > (\sqrt{a^2+b^2)^2 $

do đó (1) được chứng minh


Vì $c^2=a^2+b^2-2abcosC >a^2+b^2-2abcos\alpha =a^2+b^2 +ab\beta $

Do $2 \ge \beta =-2 $ có $\alpha \ge 0 $ nên áp dụng (1) ta có

$\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2} >\frac{a^2+b^2+c^2+b^2+ab\beta}{(a+b+\sqrt{a^2+b^2 +ab\beta)^2} $ (2)

Mặt khác

$a^2+b^2 +ab\beta = \frac{2+\beta}{4}(a+b)^2 +\frac{2-\beta}{4}(a-b)^2\ge $$\frac{2+\beta}{4} (a+b)^2 $ nên

$ a+b \le \frac{2}{\sqrt{2+\beta}}\sqrt{a^2+b^2+ab\beta} $

Vì thế

$ \frac{a^2+b^2+a^2+b^2+ab\beta}{(a+b+\sqrt{a^2+b^2+ ab\beta})^2} \ge $$\frac{a^2+b^2+b^2+b^2+ab\beta}{(/frac{2}{\sqrt{2+\beta}\sqrt{a^2+b^2+ab\beta}+\sqrt {a^2+b^2+ab\beta})^2 $
$=\frac{(2a^2+2b^2+ab\beta)(2+\beta)}{(a^2+b^2+ab\b eta)(2+\sqrt{2+\beta})^2} $ (3)

Ta có

$2a^2+2b^2 +ab\beta =\frac{4+\beta}{2+\beta}(a^2+b^2+ab\beta) +\frac{\beta}{2+\beta}(a-b)^2\ge $ $\frac{4+\beta}{2+\beta}(a^2+b^2+ab\beta) $ (4)

từ (2) (3) (4) ta có

$\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}>\frac{4+\beta}{(2+\s qrt{2+\beta})^2} =\delta $ (5)

khi tam giác ABC cân tại C và có $C=\alpha $thì $f(a,b,c)=\delta $ và hàm $f $ liên tục đối với tam giác ABC có góc $C>\alpha $ nên với mọi $\varepsilon >0 $ tồn tại tam giác ABC có góc lớn hơn \alpha sao cho $f(a,b,c) < \delta +\varepsilon $

từ (5) ta có $D_{max} =\delta = $ $\frac{4+\beta}{(2+\sqrt{2+\beta})^2} $ =$\frac{4-2cos\alpha}{(2+\sqrt{2-2cos\alpha})^2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vipngheo]

Nguyên văn bởi asimothat

đây là bài tổng quát đề thi của English ,thứ 4 này anh sẽ post cụ thể

English là tên nước hở bạn MInh:burnjossstick:

From psquang_pbc :Thía noày là xì bam roài đóa ạ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]