|
|
#1
05 พฤศจิกายน 2008, 21:51
|
||||
|
||||
น่าดู
กำหนด $\triangle ABC$ มีด้านยาว $a,b,c$ และมี $r$ เป็นความยาวรัศมีวงกลมแนบในของสามเหลี่ยม.
ให้ $$P=\left(a+b+c\right)\left(\tan{\frac{A}{2}}+\tan{\frac{B}{2}}+\tan{\frac{C}{2}}\right)$$ จงแสดงว่า $$\frac{2}{729}P^{3}+2r^{3} \geq Pr^{2}$$  ใช้ AM-GM
__________________
ในโลกนี้มีอสมการมากมายที่กระจายไม่ออก ดังนั้นถ้ารู้ว่าตนกระจอกก็อย่าอาย ถ้าอยากออกก็ต้องกระจาย จะได้ไม่ต้องอายที่ตนกระจอก  (Vasc's) $$\left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)^{2} \geq 3\left(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\right)$$ 
|
|
#2
05 พฤศจิกายน 2008, 22:09
|
|||
|
|||
|
ให้ $P=18p$ อสมการที่ต้องการพิสูจน์จะกลายเป็น
$$8p^{3}+r^{3} \geq 9pr^{2}$$ แต่เราใช้ weighted AM-GM ได้ว่า $$8p^{3}+r^{3} \geq 9p^{8/3}r^{1/3}$$ แต่สุดท้ายนี่สิครับ ผมไม่แน่ใจว่า $p \geq r$ รึเปล่า
__________________
ผักกาด - Pakaj
|
|
#3
09 พฤศจิกายน 2008, 10:42
|
||||
|
||||
|
จริงครับคุณ JanFS
จากอสมการ Cauchy-Schwarz $P=(a+b+c)(tan\frac {A}{2}+tan\frac {B}{2}+tan\frac {C}{2})$ $=((b+c-a)+(c+a-b)+(a+b-c))(tan\frac {A}{2}+tan\frac {B}{2}+tan\frac {C}{2})$ $\geq (\sqrt {(b+c-a)tan \frac {A}{2}}+\sqrt {(c+a-b)tan \frac {B}{2}}+\sqrt {(a+b-c)tan \frac {C}{2}})^2$ $= (\sqrt {2r}+\sqrt {2r}+\sqrt {2r})^2$ $=18r$ ดังนั้น $p\geq r$
__________________
PHOENIX
NEVER DIE
|
|
#4
10 พฤศจิกายน 2008, 22:06
|
||||
|
||||
|
อ่า...
ดูท่า คุณ Spotanus ชอบเล่นคำผวนนะครับ
__________________
PHOENIX
NEVER DIE
|
  |
|
|
