.jkilfo,o7m5ijk

 Ta có $\sin 5\alpha -2\sin \alpha \left(\cos 4\alpha +\cos 2\alpha \right)=\sin 5\alpha -2\sin \alpha .\cos 4\alpha -2\sin \alpha .\cos 2\alpha$

$=\sin 5\alpha -\left(\sin 5\alpha -\sin 3\alpha \right)-\left(\sin 3\alpha -\sin \alpha \right)$

$=\sin \alpha .$

Vậy $\sin 5\alpha -2\sin \alpha \left(\cos 4\alpha +\cos 2\alpha \right)=\sin \alpha$

sinA/2.cos^3(B/2)=sinB/2.cos^3(A/2)
sinA/2.cos(B/2)[ 1 - sin^2B/2]=sinB/2.cos(A/2)[1 -sin^2A/2]
sinA/2.cosB/2 - sinB/2.cosA/2 = 1/2sinA/2.sinB/2[ sinB - sinA]
sin(A-B)/2 = sinA/2.sinB/2 cos(A+B)/2.sin(A-B)/2
sin(A-B)/2[ 1 - sinA/2.sinB/2 cos(A+B)/2] = 0
Vì [1 - sinA/2.sinB/2 cos(A+B)/2] >0
=> sin(A-B)/2 =0
=> A = B

Ta có: \(A + B + C = {180^0}\)(tổng 3 góc trong một tam giác)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = {180^0} - \left( {B + C} \right)\\ \Leftrightarrow \sin A = \sin \left( {{{180}^0} - \left( {B + C} \right)} \right)\\ \Leftrightarrow \sin A = \sin \left( {B + C} \right) = \sin B.\cos C + \sin C.\cos B\end{array}\)

Bạn ghi sai đề r. Tam giác bình thường (không vuông) làm gì có sin, cos với lại phải ghi nếu vuông thì vuông tại đâu nha

Bạn kẻ 3 đường trung trực ứng với 3 cạnh BC, AC và AB, gọi giao điểm của 3 đường trung trực này là O => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (định nghĩa) => OA = OB = OC = R

Các đường trung trực của các cạnh lần lượt cắt BC,AC và AB lần lượt tại các điểm A1, B1 và C1.

Hạ đường cao BH của tam giác ABC

Dễ dàng chứng minh được : tam giác ABH đồng dạng tam giác OCA1 (góc-góc) {\(\widehat{AHB}=\widehat{CA1O}=90^o\)và \(\widehat{BAH}=\widehat{A1OC}=\frac{1}{2}SĐ\widebat{BC}\)

2 tam giác này đồng dạng => AH/OA1 = AB/OC <=> AH/AB = OA1/OC <=> cos A = OA1/R (hệ thức lượng trong tam giác vuông ABH vuông tại H thì cos A = AH/AB) => OA1 = R. cos A 

CMTT : cos B= OB1/R và cos C = OC1/R 

Đặt BC = a, AC = b và AB = c

Kéo dài CO cắt đường tròn (O) tại M => CM là đường kính của đt (O) => CM = 2R

Ta có \(\widehat{CAM}=90^O\)(góc nội tiếp chắn nửa đt) => tam giác ACM vuông tại A => sin \(\widehat{AMC}=\frac{AC}{MC}=\frac{b}{2R}\)

Ta có : \(\widehat{AMC}=\widehat{B}\)(cùng chắn \(\widebat{AC}\)) => sin B = \(\frac{b}{2R}\)

CMTT : sin A = \(\frac{a}{2R}\)và sin C = \(\frac{c}{2R}\)

=> sin A + sin B + sin C = \(\frac{a+b+c}{2R}\)=> a +b +c = 2R (sin A + sin B + sin C)

Trong 1 tam giác bất kỳ tổng của 2 cạnh luôn lớn hơn cạnh thư 3 (cái này ai cũng biết rồi :))))

Với tam giác OA1B1 thì OA1+OB1 > A1B1 = AB/2 (Vì A1, B1 lần lượt là trung điểm của BC và AC => A1B1 là đường trung bình của tam giác ABC nên A1B1 =AB/2) (1)

tương tự OA1+ OC1> A1C1 = AC/2 (2)

OB1 + OC1 > B1C1 = BC/2 (3)

cộng từng vế với vế của (1), (2) và (3) => a + b +c < 4 (OA1 + OB1 + OC1) (4)

Thay a+b+c = 2R (sin A + sin B + sin C) và OA1 = R.cos A, OB1= R.cos B, OC1=R.cos C vào (4) ta được:

sin A + sin B + sin C < 2(cos A + cos B + cos C) => ĐPCM.

Note: Bạn ghi nhầm đề rồi phải nhân thêm 2 vào vế cos thì mới đúng nhé. Còn cách CM như mình làm ạ.

Đặt \(f\left(A,B,C\right)=cosA+cosB+cosC+\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-2\sqrt{3}-\dfrac{3}{2}\)

Ta có: \(f\left(A,B,C\right)-f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\)

\(=\left(cosB+cosC-2cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\right)+\left(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\right)\)

\(=2cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\left(cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)-1\right)+\left(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\right)\left(1\right)\)

Bên cạnh đó ta có:

\(\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}\ge\dfrac{4}{sinB+sinC}-\dfrac{2}{sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)}=\dfrac{4\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)}{sinB+sinC}\)

Do đó \(\left(1\right)\ge2\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)\left(\dfrac{2}{sinB+sinC}-cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)\right)\)

\(=\left(1-cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)\right)\left(\dfrac{1-sin\left(\dfrac{B+C}{2}\right)cos\left(\dfrac{B+C}{2}\right)cos\left(\dfrac{B-C}{2}\right)}{sinB+sinC}\right)\ge0\)

\(\Rightarrow f\left(A,B,C\right)\ge f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\)

Giờ ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đúng trong trường hợp tam giác cân.

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}B=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{A}{2}\\cosB=cosC=\dfrac{sinA}{2}\\sinB=sinC=\dfrac{cosA}{2}\end{matrix}\right.\)

\(f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)=\left(cosA+2sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-\dfrac{3}{2}\right)+\left(\dfrac{1}{sinA}+\dfrac{2}{cos\left(\dfrac{A}{2}\right)}-2\sqrt{3}\right)\)

\(=\dfrac{-2\left(sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-1\right)^2}{2}+\dfrac{1+4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-2\sqrt{3}sinA}{sinA}\)

Mà ta có: \(1\ge sin\left(\dfrac{A}{2}+\dfrac{\pi}{3}\right)\)

\(\Rightarrow8sin\left(\dfrac{A}{2}\right)\ge2\sqrt{3}sinA+4sin^2\left(\dfrac{A}{2}\right)\)

\(\Rightarrow1+4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)-2\sqrt{3}sinA\ge4sin^2\left(\dfrac{A}{2}\right)-4sin\left(\dfrac{A}{2}\right)+1=\left(2sin\left(\dfrac{A}{2}-1\right)\right)^2\)

Từ đó ta suy ra:

\(f\left(A,\dfrac{B+C}{2},\dfrac{B+C}{2}\right)\ge\left(2sin-1\right)^2\left(\dfrac{1}{sinA}-\dfrac{1}{2}\right)\ge0\)

Vậy bài toán đã được chứng minh. Dấu = xảy ra khi \(A=B=C=\dfrac{\pi}{3}\)

Hàm số \(f\left(x\right)=\cos\left(x\right)+\dfrac{1}{\sin\left(x\right)}\) là hàm lồi trên \(\left(0,\pi\right)\)

Do đó theo BĐT Jensen ( trường hợp của Karamata) có:

\(f\left(A\right)+f\left(B\right)+f\left(c\right)\ge3f\left(\dfrac{A+B+C}{3}\right)=3f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2\sqrt{3}+\dfrac{3}{2}\)

P/s:Tính độ "lầy" của hàm số:

\(f''(x)=-\cos(x)-\frac{1}{\sin(x)}+\frac{2}{(\sin(x))^3}\)

Và cho \(x\in (0,\pi);f''(x)>0\) nếu \(2>(\sin(x))^2(\sin(x)\cos(x)+1)\) là xài dc Jensen :D

tau chịu