Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác.
Chứng minh:
$\dfrac{4abc}{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}-1 \geq \dfrac{c+b-a}{a}+\dfrac{c+a-b}{b}+\dfrac{a+b-c}{c}$
biến đổi tương đương:
$\begin{array}{l}\dfrac{{4abc}}{{\prod {(a + b - c)} }} - 1 \ge \sum {\dfrac{{a + b - c}}{c}} \\\\\Leftrightarrow \dfrac{{2\left( {2abc - 2\prod {(a + b - c)} } \right)}}{{\prod {(a + b - c)} }} \ge \sum {\left( {\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} - 2} \right)} \\\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2\left( {\sum {{{(a - b)}^2}(a + b - c)} } \right)}}{{\prod {(a + b - c)} }} \ge \sum {\dfrac{{{{(a - b)}^2}}}{{ab}}} \\\\\Leftrightarrow \sum {\dfrac{{2{{(a - b)}^2}}}{{(a + c - b)(b + c - a)}}} \ge \sum {\dfrac{{{{(a - b)}^2}}}{{ab}}} \\\\ \Leftrightarrow \sum {{{(a - b)}^2}\left( {\dfrac{2}{{(a + c - b)(b + c - a)}} - \dfrac{1}{{ab}}} \right)} \ge 0\\\\\Leftrightarrow \sum {{{(a - b)}^2}\left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{ab(a + c - b)(b + c - a)}}} \right)} \ge 0\end{array}$giả sử :
a
b
c
đặt:
$\begin{array}{l}{S_a} = \dfrac{{{c^2} + {b^2} - {a^2}}}{{bc(a + b - c)(a + c - b)}};\\\\{S_b} = \dfrac{{{c^2} + {a^2} - {b^2}}}{{ac(a + b - c)(b + c - a)}};\\\\{S_c} = \dfrac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{ab(b + c - a)(a + c - b)}};\\\\\Rightarrow {S_b} \ge 0\\\\{(a - c)^2} = {(a - b + b - c)^2} = {(a - b)^2} + {(b - c)^2} + 2(a - b)(b - c) \ge {(a - b)^2} + {(b - c)^2}\\\\ \Rightarrow \sum {{S_c}{{(a - b)}^2} \ge ({S_b} + } {S_c}){(a - b)^2} + ({S_a} + {S_b}){(b - c)^2}\end{array}$
${S_b} + {S_c} \ge 0$ ( vì a
b
c )
${S_a} + {S_b} \ge 0$
( chứng minh dễ dàng bằng việc quy đ�ồng ,khai triển và sử dụng giả thiết :a
b
c)
vậy ta có dpcm..
P/S : hi vọng có cách giải ngắn gọn hơn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 26-05-2011 - 13:05