Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

[Trần Anh Tuấn]

Nhờ mọi người giúp đỡ , em sắp thi học kì rồi giải nhanh dùm em

Bài 1 : CMR :

[tex]\left( sin\frac{A}{2}\right)^{sin\frac{B}{2}}+\left( sin\frac{B}{2}\right)^{sin\frac{C}{2}}+\left( sin\frac{C}{2}\right)^{sin\frac{A}{2}}>1[/tex]

Bài 2 : Với a,b,c là 3 cạnh của tam giác .CMR

[tex]\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}<2\left( \frac{1}{(a+b)(b+c)}+\frac{1}{(a+c)(b+c)}+\frac{1}{(a+b)(a+c)}\right)[/tex]

[Mai Nguyên]

Bài 1
Ta có [tex]0< \sin \dfrac{A}{2}, \cos \dfrac{A}{2} <1[/tex] (B, C tương tự)
Vì [tex]0< \sin \dfrac{A}{2},\ \sin \dfrac{B}{2} < 1  [/tex] nên [tex](\sin \dfrac{A}{2})^{\sin \dfrac{B}{2}} > \sin \dfrac{A}{2}[/tex]
Từ đó suy ra chỉ cần c/m [tex]\sum \sin \dfrac{A}{2} >1 [/tex]
Xét hiệu
[tex]\sum \sin \dfrac{A}{2} -1 = \sin (\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{B}{2}-\dfrac{C}{2}) + \sin \dfrac{B}{2} + \sin \dfrac{C}{2}-1 = \cos \dfrac{B}{2}. \cos\dfrac{C}{2} - \sin \dfrac{B}{2}. \sin \dfrac{C}{2} + \sin \dfrac{B}{2} + \sin \dfrac{C}{2}-1 = \cos \dfrac{B}{2}. \cos\dfrac{C}{2} - (1-\sin \dfrac{B}{2})(1- \sin\dfrac{C}{2}) \\ \sin \dfrac{B}{2} + \cos \dfrac{B}{2} > \sin^2 \dfrac{B}{2} + \cos^2 \dfrac{B}{2}=1 \rightarrow \sin \dfrac{B}{2} > 1- \cos \dfrac{B}{2}[/tex]
Từ đó có thể suy ra [tex] \cos \dfrac{B}{2}. \cos\dfrac{C}{2} - (1-\sin \dfrac{B}{2})(1- \sin\dfrac{C}{2}) >0 \rightarrow \sum \sin \dfrac{A}{2} -1 >0[/tex]
Ra đpcm nhá

[Mai Nguyên]

Bài 2
Cái em cần c/m tương đương với
[tex] \sum (\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{b+c})^2 <\sum \dfrac{1}{(a+b)^2} [/tex]
Vậy thì ta chỉ cần c/m [tex](\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{(b+c})^2 -  \dfrac{1}{(a+c)^2} <0[/tex] (các cái còn lại tương tự)
Có
[tex](\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{(b+c})^2 -  \dfrac{1}{(a+c)^2} = (\dfrac{1}{a+b} - \dfrac{1}{b+c} - \dfrac{1}{a+c})(\dfrac{1}{a+b} - \dfrac{1}{b+c} + \dfrac{1}{a+c}) \\ \dfrac{1}{a+b} - \dfrac{1}{b+c} - \dfrac{1}{a+c}=\dfrac{ca+cb+c^2+ba-ba-b^2-bc-ca-a^2-ab-ac-bc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\dfrac{c^2-a^2-b^2-ab-bc-ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\dfrac{-b^2-a^2-ab+c(c-a-b)}{(a+b)(b+c)(c+a)} <0 [/tex]
Chứng minh kiểu tương tự có [tex]\dfrac{1}{a+b} - \dfrac{1}{b+c} + \dfrac{1}{a+c} >0 \rightarrow (\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{(b+c})^2 -  \dfrac{1}{(a+c)^2} <0[/tex]
Đpcm

[Alexman113]

Bài 2 : Với a,b,c là 3 cạnh của tam giác .CMR

[tex]\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}<2\left( \frac{1}{(a+b)(b+c)}+\frac{1}{(a+c)(b+c)}+\frac{1}{(a+b)(a+c)}\right)[/tex]

Cách 2:
Có bài toán phụ sau: cho [tex]a,\,b,\,c[/tex] là ba cạnh của một tam giác thì [tex]\dfrac{1}{a+b},\,\dfrac{1}{b+c},\,\dfrac{1}{c+a}[/tex] cũng là ba cạnh của tam giác.
 Thật vậy: [tex]\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}\geq\dfrac{4}{a+c+2b}>\dfrac{4}{a+c+a+c}=\dfrac{2}{a+c}>\dfrac{1}{a+c}[/tex]
Tương tự: [tex]\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}>\dfrac{1}{a+b};\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}>\dfrac{1}{b+c}[/tex]
Vậy ta có điều phải chứng minh, từ ý đó ta đưa về ý tưởng để giải quyết bài toán như sau:
Đặt: [tex]x=\dfrac{1}{a+b},\,y=\dfrac{1}{b+c},\,z=\dfrac{1}{c+a}[/tex] thì bài toán đưa về bài toán quen thuộc, chứng minh: [tex]x^2+y^2+z^2<2\left(xy+yxz+xz\right)\,\,\,\blacksquare[/tex]