Chủ đề này có 5 trả lời

[RoyalShipper]

A.Cho $a,b,c$ là độ dài $3$ cạnh của $1$ tam giác có diện tích $S$.CMR:

1) $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3} S$ 

2) $(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2) \leq a^2b^2c^2$

B.Cho $a,b,c > 0$ . C/m:

$a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \geq ab(a^2+b^2)+ bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 26-07-2015 - 11:13

[quangnghia]

A.Cho $a,b,c$ là độ dài $3$ cạnh của $1$ tam giác có diện tích $S$.CMR:

1) $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3} S$ 

Áp dụng công thức heron:

$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$

$\Rightarrow S=\sqrt{(\frac{a+b+c}{2})(\frac{a+b-c}{2})(\frac{b+c-a}{2})(\frac{(c+b-a)}{2})}$

$=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(a+b-c)(c+a-b)}$

Ta có $(a+b-c)(b+c-a)\leq \frac{(a+b-c+b+c-a)^{2}}{4}\leq b^{2}$

Thực hiện 2 đánh giá tương tự,rồi nhân theo vế, ta suy ra 

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

$\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$

$\Rightarrow \frac{1}{4}\sqrt{3(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\leq \frac{1}{4}\sqrt{3(a+b+c)abc}$

Ta sẽ chứng minh

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \sqrt{3(a+b+c)abc}$

$\Rightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\geq 3abc(a+b+c)$

Ta có $9abc\leq (a+b+c)(ab+bc+ca)$

$\Rightarrow 9abc(a+b+c)\leq (a+b+c)^{2}(ab+bc+ca)\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Suy ra điều phải chứng minh

 

Bài bất đẳng thức thứ 2 cũng sữ dụng cách đánh giá đối xứng như bài trên, lưu ý: các đại lượng: $a^2+b^2-c^2, b^2+c^2-a^2, c^2+a^2-b^2$ chưa chắc dương hay âm, ta cần chia trường hợp

Bài bất đẳng thức thứ 3 là 1 trường hợp của bất đẳng thức schur:

$a^{k}(a-b)(a-c)+b^{k}(b-a)(b-c)+c^{k}(c-a)(c-b)\geq 0$ với k nguyên dương, a,b,c dương

Với k=4, ta thu được bất đẳng thức của bạn. Tuy nhiên, bất đẳng thức này không được áp dụng trực tiếp mà cần chứng minh trước khi sữ dụng. Bạn có thể tham khảo cách chứng minh của bất đẳng thức schur trên các trang mạng. Lời giải hoàn toàn có thể chấp nhận ở THCS

[Bonjour]

A.Cho $a,b,c$ là độ dài $3$ cạnh của $1$ tam giác có diện tích $S$.CMR:

1) $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3} S$                           (*) 

 

Cách $1$ nhé: 

Hoàn toàn chứng minh được bất đẳng thức sau bằng Heron và Cauchy:

 $p^2\geq 3\sqrt{3}S$

 Ta có $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2=4p^2\geq 4.3\sqrt{3}.S$ từ đây suy ra    (*)

 Cách $2$:

 Giả sử tam giác $ABC$ có góc $\widehat{B}\leq 60^{\circ}$ .Dựng tam giác đều $ABD$ sao cho $D$ ở về cùng nửa mặt phẳng với $C$ so với $BC$ .Áp dụng định lý hàm số $Cos$ cho tam giác $BDC$ :

 $CD^2=a^2+c^2-2ac.cos(60^{\circ}-B)$

  $= a^2+c^2-2ac(cos60^{\circ}.cosB+sin60^{\circ}.sinB)$

   $=a^2+c^2-ac.cosB-ac.\sqrt{3}sinB$

 Ta lại có:
    $2S=ac.sinB$ và $cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$

Suy ra: 

$DC^2=a^2+c^2-ac(\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac})-2\sqrt{3}S\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{2}-2\sqrt{3}S$ Suy ra (*)

  
  
 

[Bonjour]

A.Cho $a,b,c$ là độ dài $3$ cạnh của $1$ tam giác có diện tích $S$.CMR:

 

2) $(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2) \leq a^2b^2c^2$

 

Theo định lý hàm số $Cos$ thì BĐT cần chứng minh tương đương với :
$\prod cosA\leq  \frac{1}{8}$ 

Đúng do $\sum cosA\leq \frac{3}{2}$

[KietLW9]

A.Cho $a,b,c$ là độ dài $3$ cạnh của $1$ tam giác có diện tích $S$.CMR:

1) $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3} S$ 

Cách 3:  Đặt $(a,b,c)\rightarrow (y+z,z+x,x+y)\Rightarrow p=x+y+z$

Ta có: $a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca=(y+z)(z+x)+(z+x)(x+y)+(x+y)(y+z)\geqslant \sqrt{3(x+y)(y+z)(z+x)[(x+y)+(y+z)+(z+x)]}\geqslant \sqrt{3.2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{zx}.2(x+y+z)}=\sqrt{48xyz(x+y+z)}=4\sqrt{3}S$

Cách 4: Sử dụng đánh giá quen thuộc: $sinA+sinB+sinC\leqslant \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Dễ có: $a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca=2S(\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC})\geqslant 2S.\frac{9}{sinA+sinB+sinC}\geqslant 4\sqrt{3}S$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 29-04-2021 - 13:52

[KietLW9]

Cách 5: Ta có: $S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)=p\sqrt{(p-a)(p-b)}\sqrt{(p-b)(p-c)}\sqrt{(p-c)(p-a)}\leqslant p.\frac{2p-a-b}{2}.\frac{2p-b-c}{2}.\frac{2p-c-a}{2}=\frac{p}{8}.abc\leqslant \frac{p}{8}.\frac{(a+b+c)^3}{27}=\frac{(a+b+c)^4}{432}\leqslant \frac{[3(a^2+b^2+c^2)]^2}{432}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{48}\Rightarrow Q.E.D$ (p là nửa chu vi tam giác)

Cách 6: Ta có: $a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S=2(a-b)^2+4ab[1-cos(C+\frac{\pi }{3})]\geqslant 0$

Cách 7: Ta dễ chứng minh: $cotA+cotB+cotC\geqslant \sqrt{3}$

Áp dụng định lý Côsin: 

$a^2=b^2+c^2-2bccosA=b^2+c^2-4ScotA$

$b^2=c^2+a^2-2cacosB=c^2+a^2-4ScotB$

$c^2=a^2+b^2-2abcosC=a^2+b^2-4ScotC$

Suy ra $a^2+b^2+c^2=4S(cotA+cotB+cotC)\geqslant 4\sqrt{3}S$

Cách 8: Từ Cách 5: ta có: $8(p-a)(p-b)(p-c)\leqslant abc$

Ta có: $(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant (ab+bc+ca)^2\geqslant 3abc(a+b+c)\geqslant 48p(p-a)(p-b)(p-c)=48S^2$