Cho tam giác ABC . CMR:
\(\cot A+\cot B+\cot C\ge\sqrt{3}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
BT
3
TN
11 tháng 2 2017
Khi \(\cot x\) là một hàm lồi trên \(\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\), và \(A,B,C\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\), ta có:
\(\cot A+\cot B+\cot C\ge3\cot\left(\frac{A+B+C}{3}\right)=\sqrt{3}\)
Theo BĐT Jensen ta được ĐPCM
TL
0
TL
2
TN
2 tháng 7 2017
Đùa tí :v, Ta có:
\(tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC\)
Vi` vay \(cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA=1\)
Va` \(\left(cotA-cotB\right)^2+\left(cotB-cotC\right)^2+\left(cotC-cotA\right)^2\ge0\)
Vi` vay \(cot^2A+cot^2B+cot^2C\ge1\)
Then \(\left(cotA+cotB+cotC\right)^2=cot^2A+cot^2B+cot^2C+2\left(cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA\right)\ge3\)
Nen \(cotA+cotB+cotC\ge\sqrt{3}\)
Xay ra khi \(cotA=cotB=cotC\)
TN
2 tháng 7 2017
\(cotx\) là hàm lồi trên \(\left(0;\frac{\pi}{2}\right)\) và \(A,B,C\in\left(0;\frac{\pi}{2}\right)\)
Thì theo BĐT Jensen ta có:
\(cotA+cotB+cotC\ge3cot\left(\frac{A+B+C}{3}\right)=\sqrt{3}\)
Xong :v
CC
0
NV
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 4 2022
Ta có:
\(cotA=\dfrac{cosA}{sinA}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}:\dfrac{2S}{bc}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{4S}\)
Tương tự...
Thay vào đề bài:
\(2\left(\dfrac{b^2+c^2-a^2}{4S}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{4S}\right)=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{4S}\)
\(\Rightarrow4b^2=a^2+c^2-b^2\Rightarrow5b^2=a^2+c^2\)
\(\Rightarrow cosB=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\dfrac{a^2+c^2-\dfrac{a^2+c^2}{5}}{2ac}=\dfrac{2\left(a^2+c^2\right)}{5ac}\ge\dfrac{4ac}{5ac}=\dfrac{4}{5}\)
\(\Rightarrow sinB=\sqrt{1-cos^2B}\le\sqrt{1-\left(\dfrac{4}{5}\right)^2}=\dfrac{3}{5}\)
Em kiểm tra lại đề, BĐT đề bài bị ngược dấu
PM
Cho tam giác ABC nhọn, p là nửa chu vi, S là diện tích
CMR: \(\cot A+\cot B+\cot C\ge\frac{p^2}{3S}\)
2
24 tháng 7 2019
\(cotA+cotB+cotC\ge\frac{p^2}{3S}\)
<=> \(cotA.S+cotB.S+cotC.S\ge\frac{p^2}{3}\)
MÀ \(S=\frac{1}{2}ab.sinC=\frac{1}{2}bc.SinA=\frac{1}{2}ac.SinB\)
=> \(\frac{1}{2}bc.cosA+\frac{1}{2}ab.cosC+\frac{1}{2}ac.cosC\ge\frac{p^2}{3}\)
Áp dụng công thức hàm cos ta có \(cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc};cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac};cosC=\frac{b^2+a^2-c^2}{2ab}\)
ĐPCM
<=> \(\frac{1}{4}\left(a^2+b^2-c^2\right)+\frac{1}{4}\left(b^2+c^2-a^2\right)+\frac{1}{4}\left(a^2+c^2-b^2\right)\ge\frac{\left(\frac{a+b+c}{2}\right)^2}{3}\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng
=> ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c => Tam giác ABC đều
Vậy \(cotA+cotB+cotC\ge\frac{p^2}{3S}\)
24 tháng 7 2019
Gọi AH,BK,CL là 3 đường cao của \(\Delta\)ABC. Khi đó:
\(\cot B=\frac{BH}{HA},\cot C=\frac{CH}{HA}\) suy ra \(\cot B+\cot C=\frac{BC}{HA}\)
Chứng minh tương tự rồi cộng theo vế ta được:
\(2\left(\cot A+\cot B+\cot C\right)=\frac{BC}{HA}+\frac{CA}{KB}+\frac{AB}{LC}\)
\(=\frac{BC^2}{2S}+\frac{CA^2}{2S}+\frac{AB^2}{2S}\ge\frac{\left(BC+CA+AB\right)^2}{6S}=\frac{2p^2}{3S}\)(BĐT Schwartz)
Do đó \(\cot A+\cot B+\cot C\ge\frac{p^2}{3S}\)(đpcm).
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
