Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(cotA=cotB=cotC\)
\(cotx\) 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
Cho hình vẽ
Gọi G là trọng tâm của ABC
Trước hết tìm cot B và cot C trong hình tam giác. Việc kẻ đường cao AH cho ta ngay kết quả;
cot B + cot C \(=\frac{BH}{AH}+\frac{CH}{AH}=\frac{BC}{AH}\)
Lại nhận thấ \(AM\ge AH\)
Lưu ý; Do \(\frac{T}{C}\) là đường xiên lớn hơn đường vuông góc
Hơn nữa dùng giả thiết \(BM\downarrow CN\) ta có \(GM=\frac{1}{2}BC\)
Như vậy \(BC=2GM=\frac{2AM}{3}\ge\frac{2AH}{3}v\Rightarrow cotB+cotC=\frac{BC}{AH}\ge\frac{2}{3}\)
Cho tam giác ABC nhọn, p là nửa chu vi, S là diện tích
CMR: \(\cot A+\cot B+\cot C\ge\frac{p^2}{3S}\)
\(cotA+cotB+cotC\ge\frac{p^2}{3S}\)
<=> \(cotA.S+cotB.S+cotC.S\ge\frac{p^2}{3}\)
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 \(cotA+cotB+cotC\ge\frac{p^2}{3S}\)
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.
gọi H là trực tâm các đường cao BI,CF,AE
Ta có : \(\cot A=\frac{AI}{BI}=\frac{AF}{FC}\) ; \(\cot B=\frac{BE}{AE}=\frac{BF}{FC}\); \(\cot C=\frac{CI}{BI}=\frac{CE}{AE}\)
\(\Rightarrow\cot A.\cot B+\cot B.\cot C+\cot C.\cot A=\frac{AI}{BI}.\frac{BE}{AE}+\frac{BF}{FC}.\frac{CI}{BI}+\frac{CE}{AE}.\frac{AF}{FC}\)
\(\Delta AFH~\Delta AEB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AH}=\frac{AE}{AB}\Rightarrow\frac{AF}{AE}=\frac{AH}{AB}\)
\(\Rightarrow\frac{CE}{AE}.\frac{AF}{FC}=\frac{CE.AH}{AB.CF}=\frac{S_{ACH}}{S_{ABC}}\)
Tương tự : \(\frac{AI}{BI}.\frac{BE}{AE}=\frac{S_{BHA}}{S_{ABC}};\frac{BF}{FC}.\frac{CI}{BI}=\frac{S_{BCH}}{S_{ABC}}\)
\(\Rightarrow\cot A.\cot B+\cot B.\cot C+\cot C.\cot A=\frac{S_{BHA}+S_{BHC}+S_{AHC}}{S_{ABC}}=1\)
Cot A>3
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