Giả sử $a,b,c$ là độ dài $3$ cạnh tam giác. Chứng minh rằng:
$\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\leq \frac{3\sqrt{3}abc}{(a+b+c)\sqrt{a+b+c}}$
CMR: $\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\leq \frac{3\sqrt{3}abc}{(a+b+c)\sqrt{a+b+c}}$
Bắt đầu bởi Baoriven, 23-01-2017 - 14:44
#1
Đã gửi 23-01-2017 - 14:44
Baoriven
-
- Điều hành viên OLYMPIC
-
- 1423 Bài viết
Thượng úy
- tpdtthltvp, tritanngo99, thinhnarutop và 2 người khác yêu thích
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
#2
Đã gửi 24-01-2017 - 15:57
yeutoan2001
-
- Thành viên
-
- 231 Bài viết
Thượng sĩ
#3
Đã gửi 24-01-2017 - 21:39
Kamii0909
-
- Thành viên
-
- 157 Bài viết
Trung sĩ
Chuẩn hóa $a+b+c=1$.
Ta phải chứng minh
$$27a^2b^2c^2+8abc+1 \geq 4(ab+bc+ca)$$
Đặt $f(a,b,c)=27a^2b^2c^2+8abc+1-4(ab+bc+ca)$
Không mất tính tổng quát,$a= \min{a,b,c}$ và đặt $t=\frac{b+c}{2}$
Ta sẽ cmr $f(a,b,c)-f(a,t,t) \geq 0$
$\Leftrightarrow (t^2-bc)\left[ 27a^2(t^2+bc) +8a-4 \right] \leq 0$
Có $bc\leq t^2$ và $a+2t=1$ Thay vào ta đi cmr $\frac{27}{2}a^2(1-a)^2 +8a-4 \leq 0$
Dễ dàng chứng minh điều này với $a \leq \frac{1}{3}$
Kiểm tra $f(a,t,t) \geq 0$ khá đơn giản.
Ta phải chứng minh
$$27a^2b^2c^2+8abc+1 \geq 4(ab+bc+ca)$$
Đặt $f(a,b,c)=27a^2b^2c^2+8abc+1-4(ab+bc+ca)$
Không mất tính tổng quát,$a= \min{a,b,c}$ và đặt $t=\frac{b+c}{2}$
Ta sẽ cmr $f(a,b,c)-f(a,t,t) \geq 0$
$\Leftrightarrow (t^2-bc)\left[ 27a^2(t^2+bc) +8a-4 \right] \leq 0$
Có $bc\leq t^2$ và $a+2t=1$ Thay vào ta đi cmr $\frac{27}{2}a^2(1-a)^2 +8a-4 \leq 0$
Dễ dàng chứng minh điều này với $a \leq \frac{1}{3}$
Kiểm tra $f(a,t,t) \geq 0$ khá đơn giản.
- Baoriven, yeutoan2001, Subtract Zero và 1 người khác yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
