Chủ đề này có 3 trả lời

[Truong Gia Bao]

Với $a,b,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác, $S$ là diện tích tam giác. CMR: $2ab+2bc+2ca \geq a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}. S$

[Gachdptrai12]

bài này mình chỉ cần đặt a=x+y b=y+z c=x+z (phép thế ravi)  dùng heron vô cái đay là lời giải của mình

sau khi thế vô thì bđt ra ri đây $\Leftrightarrow xy+yz+zx\geq \sqrt{3(x+y+z)xyz$ rồi dpcm dễ quá nhỉ ;v 

[Quoc Tuan Qbdh]

Đặt $p=\frac{a+b+c}{2}$
Theo hệ thức $Heron$ ta có :
$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
Ta có :

$2ab+2bc+2ca-a^{2}-b^{2}-c^{2}=(a^{2}-(b-c)^{2})+(b^{2}-(c-a)^{2})+(c^{2}-(a-b)^{2})=\sum (a-b+c)(a-c+b)=\sum 4(p-b)(p-c)$

Sử dụng Bất đẳng thức

$xy+yz+zx \geq \sqrt{3xyz(x+y+z)}$ ( chứng minh bằng biến đổi tương đương )
Ta có :
$\sum 4(p-b)(p-c) \geq 4\sqrt{3(3p-a-b-c)(p-a)(p-b)(p-c)}=4\sqrt{3p(p-a)(p-b)(p-c)}=4\sqrt{3}.S$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Có hai bất đẳng thức yếu hơn : 
i) $\sum a^{2} \geq 4\sqrt{3}.S+\frac{1}{2}\sum (a-b)^{2}$

ii) $\sum a^{2} \geq 4\sqrt{3}.S+\frac{2}{3}\sum (a-b)^{2}$

[Gachdptrai12]

Đặt $p=\frac{a+b+c}{2}$
Theo hệ thức $Heron$ ta có :
$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
Ta có :

$2ab+2bc+2ca-a^{2}-b^{2}-c^{2}=(a^{2}-(b-c)^{2})+(b^{2}-(c-a)^{2})+(c^{2}-(a-b)^{2})=\sum (a-b+c)(a-c+b)=\sum 4(p-b)(p-c)$

Sử dụng Bất đẳng thức

$xy+yz+zx \geq \sqrt{3xyz(x+y+z)}$ ( chứng minh bằng biến đổi tương đương )
Ta có :
$\sum 4(p-b)(p-c) \geq 4\sqrt{3(3p-a-b-c)(p-a)(p-b)(p-c)}=4\sqrt{3p(p-a)(p-b)(p-c)}=4\sqrt{3}.S$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

Có hai bất đẳng thức yếu hơn : 
i) $\sum a^{2} \geq 4\sqrt{3}.S+\frac{1}{2}\sum (a-b)^{2}$

ii) $\sum a^{2} \geq 4\sqrt{3}.S+\frac{2}{3}\sum (a-b)^{2}$

fan OP đây rồi @@@ vào vấn đề 2 bài đó cũng chỉ cần thế a=x+y b=y+z c=z+x và dùng heron dạng này toàn dùng thế xong S.O.S đủ kiểu vì đã có 1 bđt đẹp mà @@ :v