|
|
Không mất tổng quát, giả sử π2≥A≥π3≥B≥C
Ta có R≤(1+√3)r⇔rR≥11+√3
⇔1+rR≥2+√31+√3⇔1+4sinA2sinB2sinC2≥1+√32
⇔cosA+cosB+cosC≥1+√32(1)
Ta sẽ chứng minh cosA+cosB+cosC≥sinC+cosC(2)
Thật vậy (2)⇔cosA+cosB≥sinC
⇔2cosA+B2cosA−B2≥2sinC2cosC2
⇔cosA−B2≥cosC2(3)
Vì A≤π2⇒A≤B+C⇒A−B≤C
Do A≥B⇒0≤A−B2≤C2<π2⇒cosA−B2≥cosC2
Vậy (3) đúng suy ra (1) đúng
Do B+C≥π2,B≤π3⇒C≥π6
Như vậy ta có π6≤C≤π3
Vì thế từ sinC+cosC=√2cos(C−π4);−π12≤C−π4≤π12
⇒cos(C−π4)≥cosπ12=√2+√32⇒sinC+cosC≥√2+√32
Dễ thấy √2+√32=1+√32⇒sinC+cosC≥1+√32(4)
Từ (2)(4) ta có cosA+cosB+cosC≥1+√32
Vậy (2) đúng ,ta có dpcm
Dấu “=” xảy ra khi A = \frac{\pi }{2},B = \frac{\pi }{3},C = \frac{\pi }{6}
Nhận xét :
1/ Điều kiện có 2 góc không vượt quá \frac{\pi }{3} là cần thiết. Thật vậy, theo bài 263, khi xét tam giác ABC với B = C = \arccos \frac{{3 - \sqrt 3 }}{6}
Do \frac{{3 - \sqrt 3 }}{6} < \frac{1}{2} \Rightarrow B = C > \frac{\pi }{3}
Như đã biết với tam giác này, ta có: R = 3r \Leftrightarrow R > (\sqrt 3 + 1)r
Nhận xét 1 được chứng minh
2/ Điều kiện m{\rm{ax}}(A,B,C) \le \frac{\pi }{2} cũng là cần thiết
Thật vậy,theo bài 263,khi xét tam giác ABC với B = C = \arccos \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6}
Do \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6} > \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow B = C < \frac{\pi }{4} \Rightarrow A > \frac{\pi }{2}
Nhận xét 2 được chứng minh
Như vậy giả thiết bài toán cho là hợp lý
|