Các bất đẳng thức về đường trung tuyến - Page 5

Red Devils · 24-03-2012, 06:39 AM

Trích:

Nguyên văn bởi _minhhoang_

Bài 46:
Cho tam giác ABC, G là trọng tâm tam giác. Chứng minh:
$GA + GB + GC \ge \sqrt {\frac {2(a^2 + b^2 + c^2) + 4\sqrt {3}S}{3}} $

Lấy $H $ đối xứng với $G $ qua trung điểm của $BC $. Dễ thấy tam giác $GHC $ có $3 $ cạnh có độ dài bằng $GA, GB, GC $ và diện tích bằng $S'=\frac{S}{3} $.
Dựa vào công thức đường trung tuyến ta cũng chứng minh được:

$3(GA^2+GB^2+GC^2)=a^2+b^2+c^2 $

Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta đưa BĐT về dạng:

$2(GA.GB+GB.GC+GC.GA)-(GA^2+GB^2+GC^2) \geq 4\sqrt{3}S' $

Bất đẳng thức này khá quen thuộc. Xem Bài toán 7 ở đây [Only registered and activated users can see links. ]

Red Devils · 24-03-2012, 06:42 AM

Trích:

Nguyên văn bởi JokerNVT

Giải thích giùm mình khúc này đi

Mình thấy có vấn đề gì đâu

quykhtn · 24-03-2012, 10:16 AM

Trích:

Nguyên văn bởi ma 29

Mình có biết đến một kết quả sau ( Từ 1 bài viết của anh Phạm Gia Vĩnh Anh) là một đánh giá rất tốt cho tổng ba đường trung tuyến ( mạnh và chặt hơn bài 1,2) :

Bài 32:
$m_a+m_b+m_c \leq \frac{\sqrt{3} (a+b+c) }{2}+\frac{\left|b-c \right|+\left|c-a \right|+\left|a-b \right|}{4} $

Trích:

Nguyên văn bởi ma 29

Một đánh giá khác của Phan Thành Việt cho tổng 3 tt :

Bài 41: $m_a+m_b+m_c \leq \sqrt{3p^2+ \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}} $

Một câu hỏi tự nhiên nảy sinh là Bài 32 và bài này thì bài nào chặt hơn??

$ k =1-\frac{\sqrt{3}}{2} < \frac{1}{4} $ là hằng số tốt nhất cho bất đẳng thức:
$$ m_a+m_b+m_c \leq \frac{\sqrt{3} (a+b+c) }{2}+k \left(\left|b-c \right|+\left|c-a \right|+\left|a-b \right|\right). $$
Một điều thú vị ở đây là dùng bất đẳng thức Jack Garfunkel ta không chứng minh được kết quả này.Trong khi đó dùng kết quả Bài 41 -khá quen thuộc thì chúng ta có thể giải quyết bài toán này

Chúng ta có kết quả rất đẹp sau:
$$ m_a+m_b+m_c \leq \sqrt{3p^2+ \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}} \le \frac{\sqrt{3} (a+b+c) }{2}+k \left(\left|b-c \right|+\left|c-a \right|+\left|a-b \right|\right). $$

thanhorg · 30-03-2012, 10:40 PM

Có ai Giai hộ mình bài 25 : $\frac{m_a.m_b}{ab} +\frac{m_b.m_c}{bc}+\frac{m_cm_a}{ca} \ge \frac{9}{4} $ .Thanks nhiều !!!

quykhtn · 14-04-2012, 03:46 PM

Tổng quát kết quả này là:Với điểm M bất kì trong mặt phẳng ta có:
$$ \frac{MA MB}{ab}+\frac{MB MC}{bc}+\frac{MC MA}{ca} \ge 1 $$
Có thể chứng minh kết quả này bằng phương pháp vecto.
Còn với bất đẳng thức bài 25,có thể chứng minh bằng bất đẳng thức đại số như sau:
Sử dụng tính chất:Độ dài $ m_a ; m_b ; m_c $ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác có ba đường trung tuyến tương ứng là:$ \frac{3a}{4} ; \frac{3b}{4} ; \frac{3c}{4} $ (có thể sử dụng công thức trung tuyến để chứng minh),kết quả bài toán tương đương với:
$$ \frac{ab}{m_am_b}+\frac{bc}{m_bm_c}+\frac{ca}{m_cm _a} \ge 4 $$
Ta có
$$ (2c^2+ab)^2-(2c^2+2a^2-b^2)(2c^2+2b^2-a^2)=2(a-b)^2((a+b)^2-c^2) \ge 0 $$
Do đó:$ 4m_am_b \le 2c^2+ab $
Tương tự với 2 bất đẳng thức còn lại,ta chỉ cần chứng minh:
$$ \frac{ab}{2c^2+ab}+\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b ^2+ca} \ge 1 $$
Bất đẳng thức này đúng theo Cauchy-Schwarz:
$$ \frac{ab}{2c^2+ab}+\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b ^2+ca} \ge \frac{(ab+bc+ca)^2}{ab(2c^2+ab)+bc(2a^2+bc)+ca(2b^ 2+ca)}=1 $$

Mọi người có ý tưởng gì về mấy bài toán sau không?

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:

$$ \sqrt{a^2+\frac{(b-c)^2}{3}}+\sqrt{b^2+\frac{(c-a)^2}{3}}+\sqrt{c^2+\frac{(a-b)^2}{3}} \ge \frac{2}{\sqrt{3}}\left(m_a+m_b+m_c\right) \ge \sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}}+\sqrt{b^2-\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{c^2-\frac{(a-b)^2}{2}}. $$
Bài 49:
$$ m_a+m_b+m_c \leq \sqrt{3p^2+ \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}} \le \frac{\sqrt{3} (a+b+c) }{2}+\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \left(\left|b-c \right|+\left|c-a \right|+\left|a-b \right|\right). $$

yêu toán 96 · 17-04-2012, 10:32 AM

Mình xin ủng hộ một bài

Bài 50:
$m_a^2+m_b^2+m_c^2 \geq (m_a-m_b)^2 +(m_b-m_c)+(m_c-m_a)^2 $

K56khtn · 17-04-2012, 12:25 PM

Trích:

Nguyên văn bởi yêu toán 96

Bài 50:
$m_a^2+m_b^2+m_c^2 \geq (m_a-m_b)^2 +(m_b-m_c)^2+(m_c-m_a)^2 $

Kết quả chặt hơn sau vẫn đúng:
$$ m_a^2+m_b^2+m_c^2 \geq (m_a-m_b)^2 +(m_b-m_c)^2+(m_c-m_a)^2+3\sqrt{3}S $$
Đây chính là cách viết khác của bất đẳng thức Finsler-Hadwiger

$$ a^2+b^2+c^2 \ge (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+4\sqrt{3}S $$

yêu toán 96 · 18-04-2012, 10:12 AM

Trích:

Nguyên văn bởi K56khtn

Đây chính là cách viết khác của bất đẳng thức Finsler-Hadwiger

Mong bạn chỉ ra cách chứng minh trực tiếp cho bài của mình.

misu · 18-04-2012, 10:19 AM

Trích:

Nguyên văn bởi yêu toán 96

Mong bạn chỉ ra cách chứng minh trực tiếp cho bài của mình.

Bài của bạn chỉ cần để ý rằng $m_a, m_b, m_c $ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác là xong.

yêu toán 96 · 18-04-2012, 10:33 AM

Trích:

Nguyên văn bởi misu

Bài của bạn chỉ cần để ý rằng $m_a, m_b, m_c $ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác là xong.

Ý của mình là đừng để ý cái ý của bạn ý

17-04-2012, 10:32 AM	#66
yêu toán 96 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2011 Đến từ: vương quốc hồng Bài gởi: 12 Thanks: 7 Thanked 2 Times in 1 Post	Mình xin ủng hộ một bài Bài 50: $m_a^2+m_b^2+m_c^2 \geq (m_a-m_b)^2 +(m_b-m_c)+(m_c-m_a)^2 $ __________________

Ðiều Chỉnh
Tạo trang in Email trang này
Xếp Bài
Chế độ bình thường Chuyển sang chế độ Pha trộn Chuyển sang chế độ dạng cây

30-03-2012, 10:40 PM	#64
thanhorg +Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2011 Đến từ: T1K20- Chuyên Hà Tĩnh Bài gởi: 213 Thanks: 155 Thanked 145 Times in 89 Posts	Có ai Giai hộ mình bài 25 : $\frac{m_a.m_b}{ab} +\frac{m_b.m_c}{bc}+\frac{m_cm_a}{ca} \ge \frac{9}{4} $ .Thanks nhiều !!!

14-04-2012, 03:46 PM	#65
quykhtn +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2012 Đến từ: Cái nôi của phở Bài gởi: 259 Thanks: 78 Thanked 697 Times in 193 Posts	Tổng quát kết quả này là:Với điểm M bất kì trong mặt phẳng ta có: $$ \frac{MA MB}{ab}+\frac{MB MC}{bc}+\frac{MC MA}{ca} \ge 1 $$ Có thể chứng minh kết quả này bằng phương pháp vecto. Còn với bất đẳng thức bài 25,có thể chứng minh bằng bất đẳng thức đại số như sau: Sử dụng tính chất:Độ dài $ m_a ; m_b ; m_c $ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác có ba đường trung tuyến tương ứng là:$ \frac{3a}{4} ; \frac{3b}{4} ; \frac{3c}{4} $ (có thể sử dụng công thức trung tuyến để chứng minh),kết quả bài toán tương đương với: $$ \frac{ab}{m_am_b}+\frac{bc}{m_bm_c}+\frac{ca}{m_cm _a} \ge 4 $$ Ta có $$ (2c^2+ab)^2-(2c^2+2a^2-b^2)(2c^2+2b^2-a^2)=2(a-b)^2((a+b)^2-c^2) \ge 0 $$ Do đó:$ 4m_am_b \le 2c^2+ab $ Tương tự với 2 bất đẳng thức còn lại,ta chỉ cần chứng minh: $$ \frac{ab}{2c^2+ab}+\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b ^2+ca} \ge 1 $$ Bất đẳng thức này đúng theo Cauchy-Schwarz: $$ \frac{ab}{2c^2+ab}+\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b ^2+ca} \ge \frac{(ab+bc+ca)^2}{ab(2c^2+ab)+bc(2a^2+bc)+ca(2b^ 2+ca)}=1 $$ Mọi người có ý tưởng gì về mấy bài toán sau không? 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: $$ \sqrt{a^2+\frac{(b-c)^2}{3}}+\sqrt{b^2+\frac{(c-a)^2}{3}}+\sqrt{c^2+\frac{(a-b)^2}{3}} \ge \frac{2}{\sqrt{3}}\left(m_a+m_b+m_c\right) \ge \sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}}+\sqrt{b^2-\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{c^2-\frac{(a-b)^2}{2}}. $$ Bài 49: $$ m_a+m_b+m_c \leq \sqrt{3p^2+ \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}} \le \frac{\sqrt{3} (a+b+c) }{2}+\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \left(\left\|b-c \right\|+\left\|c-a \right\|+\left\|a-b \right\|\right). $$