Chủ đề này có 1 trả lời

[NTMFlashNo1]

Cho $a,b,c$ là ba cạnh $\triangle ABC$.

Chứng minh:

$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq \frac{2\left ( ab+bc+ca \right )-\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}{\sqrt{abc}}$

 

Mở rộng:

 

$\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\geq \frac{1}{8}\frac{\left ( 2Rr+r^{2}+p^{2} \right )\left ( 4R+r \right )^{2}}{R^{2}p}-p$

 

(Với $R,r,p$ là bán kính đường tròn ngoại nội tiếp tam giác,nửa chu vi tam giác)

 

 

 

 

 

 

 

Nguồn:

AoPS-Greetings from Lorian Saceanu  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NTMFlashNo1: 29-05-2017 - 22:55

[tuaneee111]

Ta có: $$\displaystyle \sum\limits_{{cyc}}{{\sqrt{a}}}-\frac{{2\sum\limits_{{cyc}}{{ab}}-\sum\limits_{{cyc}}{{{{a}^{2}}}}}}{{\sqrt{{abc}}}}=\frac{{\frac{1}{2}\left( {\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}} \right)\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {\sqrt{a}-\sqrt{b}} \right)}}^{2}}\left( {\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}} \right)}}}}{{\sqrt{{abc}}}}$$

Mà $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác nên ta có điều cần chứng minh!