Đến nội dung

Hình ảnh

$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
qnhipy001

qnhipy001

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 38 Bài viết

Cho a,b,c là 3 cạnh tam giác.Chứng minh rằng

$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$



 


#2
Nam Antoneus

Nam Antoneus

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 58 Bài viết

Bài 27 nha bạn http://diendantoanho...ẳng-thức/page-3



#3
tranductucr1

tranductucr1

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết

Cho a,b,c là 3 cạnh tam giác.Chứng minh rằng

$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$

Ta có biến đổi 
$a^2(c+b-a)+b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c) \leq 3abc$
<=> $ a(b^2+c^2)+c(a^2+b^2)+b(a^2+c^2)-3abc-a^3-b^3-c^3\leq 0$
<=> $a(b-c)^2+c(a-b)^2+b(a-c)^2 +(3abc-a^3-b^3-c^3) \leq 0$
<=> $P= (a+b-c)(a-b)^2+(b+c-a)(b-c)^2+(a+c-b)(a-c)^2 \geq 0$
Đặt $S_c=a+b-c,S_b=a+c-b,S_a=b+c-a$
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sự $a\geq b \geq c$
=> $S_b ,S_c \geq 0$
ta có $(a-c)^2 \geq (a-b)^2+(b-c)^2$ <=> $ac+b^2-ab-ac \leq 0$ <=> $(b-c)(b-a) \leq 0$(đúng )
Vậy $P\geq (S_b+S_c)(a-b)^2+(S_b+S_a)(b-c)^2 \geq 0 $(Dpcm ) vì $S_a+S_b=a+c-b+b+c-a=2c \geq 0$ 
Bài toán được chứng minh hoàn tất


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranductucr1: 21-10-2016 - 19:46

Để trở thành người phi thường, tôi không cho phép bản thân tầm thường

Roronoa Zoro- One piece

Liên lạc với tôi qua https://www.facebook...0010200906065  





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh