Chủ đề này có 8 trả lời

[kevotinh2802]

chứng minh rằng trong tam giác ABC: $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kevotinh2802: 30-11-2013 - 11:46

[AnnieSally]

chứng minh rằng trong tam giác ABC: $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S$

Áp dụng CT Heron:

Ta có: $S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)\leq p\left ( \frac{p-a+p-b+p-c}{3} \right )^2=\left ( \frac{a+b+c}{6} \right )^3$

Do đó: $\Rightarrow 12\sqrt{3}S\leq (a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S$

[kevotinh2802]

Áp dụng CT Heron:

Ta có: $S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)\leq p\left ( \frac{p-a+p-b+p-c}{3} \right )^2=\left ( \frac{a+b+c}{6} \right )^3$

Do đó: $\Rightarrow 12\sqrt{3}S\leq (a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S$

Bạn có thể làm cách khác được ko? và giải thích giúp mình cái chỗ $12\sqrt{3}S\leq (a+b+c)^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kevotinh2802: 30-11-2013 - 13:17

[Hoang Tung 126]

Ta có :$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{\frac{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{16}}\leq \frac{\sqrt{abc(a+b+c)}}{4}\leq \frac{ab+bc+ac}{4\sqrt{3}}\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{3}}= > a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S$

(Do áp dụng bdt tam giác là $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$ và bđt AM-GM)

[kevotinh2802]

Ta có :$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{\frac{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{16}}\leq \frac{\sqrt{abc(a+b+c)}}{4}\leq \frac{ab+bc+ac}{4\sqrt{3}}\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{3}}= > a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S$

(Do áp dụng bdt tam giác là $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$ và bđt AM-GM)

Mình có nhớ 1 cách gì vận dụng định lý hàm cos rồi áp dụng cauchy ấy,nhưng mình ko nhớ như thế nào? các bạn giúp mình cách ấy với 

[Phuong Thu Quoc]

BĐT mạnh hơn tại http://diendantoanho...2n/#entry466682

[KietLW9]

chứng minh rằng trong tam giác ABC: $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S$

Xét tam giác ABC có $BC=a,CA=b,AB=c$. Gọi M là trung điểm của BC, AH là đường cao.

Ta dễ có: $AB^2+AC^2=2AH^2+BH^2+HC^2=2AM^2-2HM^2+BC^2-2BH.HC=2AM^2+BC^2-2HM^2-2(BM-HM)(CM+HM)=2AM^2+BC^2-2HM^2-2BM^2+2HM^2=2AM^2+\frac{BC^2}{2}$

Như vậy: $a^2+b^2+c^2\geqslant\frac{3BC^2}{2}+2AH^2\geqslant 2\sqrt{\frac{3BC^2}{2}.2AH^2}=4\sqrt{3}S$

[KietLW9]

chứng minh rằng trong tam giác ABC: $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S$

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 30-04-2021 - 19:50

[KietLW9]

chứng minh rằng trong tam giác ABC: $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S$

Sử dụng chính bài toán cơ bản: $sinA+sinB+sinC\leqslant \frac{3\sqrt{3}}{2}$

 

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