Chủ đề này có 3 trả lời

[Nghiapnh1002]

Cho $a,b,c$ là độ dài các cạnh của tam giác, chứng minh rằng:
$(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)+(a+b)(b+c)(c+a) \geq 9abc $

[duylax2412]

Bài toán trên có trong tài liệu phương pháp $S-S$ của anh Huyện.mình xin trình bày lại.

Không mất tính tổng quát ta giả sử $c=max(a,b,c)$.

Bất đẳng thức viết lai:

$\prod (a+b) -8abc \geq abc-\prod (a+b-c)$

$\Leftrightarrow 2c(a-b)^2+(a+b)(a-c)(b-c) \geq (a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c)$

$\Leftrightarrow (a-b)^2(3c-a-b)+(a+b-c)(a-c)(b-c)\geq 0$

(đúng theo định nghĩa của $c$ và giả thiết)

 

[Nghiapnh1002]

Bài toán trên có trong tài liệu phương pháp $S-S$ của anh Huyện.mình xin trình bày lại.
Không mất tính tổng quát ta giả sử $c=max(a,b,c)$.
Bất đẳng thức viết lai:
$\prod (a+b) -8abc \geq abc-\prod (a+b-c)$
$\Leftrightarrow 2c(a-b)^2+(a+b)(a-c)(b-c) \geq (a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c)$
$\Leftrightarrow (a-b)^2(3c-a-b)+(a+b-c)(a-c)(b-c)\geq 0$
(đúng theo định nghĩa của $c$ và giả thiết)

Bài này mình thấy trong topic này (https://diendantoanh...trong-tam-giác/)
Cách của mình đây
Ta có $(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)=\frac{8S^2}{p}=\frac{8p^2r^2}{p}=8pr^2$
$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=2p(p^2+r^2+4Rr)-4Rpr$
$8pr^2+2p(p^2+r^2+4Rr) \geq 40Rpr$
$\Leftrightarrow p^2 \geq 16rr-5r^2$(Đúng theo Gerretsen)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nghiapnh1002: 21-06-2017 - 12:27

[duylax2412]

Bài này mình thấy trong topic này (https://diendantoanh...trong-tam-giác/)
Cách của mình đây
Ta có $(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)=\frac{8S^2}{p}=\frac{8p^2r^2}{p}=8pr^2$
$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=2p(p^2+r^2+4Rr)-4Rpr$
$8pr^2+2p(p^2+r^2+4Rr) \geq 40Rpr$
$\Leftrightarrow p^2 \geq 16rr-5r^2$(Đúng theo Gerretsen)

Ý tưởng hay đấy.Bạn còn bài bất đẳng thức nào mà cũng cần "hình học hóa" giống như vậy ko?Cho mình xin.