Bộ $a, b, c, x, y, z$ $(x, y, z \ge 0)$ thoả mãn $ax + by + cz = 2RS_{ABC}$
Tìm max của :
$$A = ayz + bxz + cxy$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 04-03-2012 - 22:00
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 04-03-2012 - 22:00
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
Bây giờ, ta sẽ đi đến bài toán :anh qua của đội DELTA giải bài 4 của đội BETA.
Ta sẽ chứng minh kết quả chặt hơn sau:
Cho tam giác ABC có ba cạnh là a,b,c và diện tích S. Với 3 số x,y,z thỏa mãn $\sqrt{x+y}, \sqrt{y+z}, \sqrt{z+x}$ là ba cạnh một tam giác, thì ta có: $xa^2+yb^2+zc^2 \geq \sqrt{xy+yz+zx}.S$
Lời giải:
Trước tiên ta chứng minh nếu $\sqrt{x+y},\sqrt{y+z},\sqrt{z+x}$ là ba cạnh một tam giác thì $xy+yz+zx > 0$.
- x,y,z đều dương ( hiển nhiên)
- trong x,y,z có một số âm, giả sử là x, ta có: $ y > -x \geq 0; z > -x \geq 0$.
Mà: $\sqrt{x+y}+\sqrt{x+z} > \sqrt{y+z}$
tương đương với: $\sqrt{x+y}\sqrt{x+z} > -x$
suy ra xy+yz+zx > 0.
Trở lại với bài toán:
Vì $x+y, y+z, z+x >0$ nên trong $x,y,z$ phải có ít nhất hai số dương.
Giả sử $y,z > 0$ và $y+z\geq x+y; y+z\geq z+x$
Kẻ đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ suy ra $HB+HC \geq BC$.
Ta có: $xa^2+yb^2+zc^2= xBC^2+y(HC^2+HA^2)+z(HB^2+HA^2)$
$= xBC^2+(y+z).HA^2+y.HC^2+z.HB^2$.
Theo Cauchy Shwarz ta có: $y.HC^2+z.HB^2 \geq \frac{yz}{y+z}.(HC+HB)^2 \geq \frac{yz}{y+z}.BC^2$
Do đó: $xa^2+yb^2+zc^2 \geq \frac{xy+yz+zx}{y+z}.BC^2+(y+z).AH^2 \geq 2\sqrt{xy+yz+zx}.AH.BC= 4\sqrt{xy+yz+zx}.S$
Suy ra ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{\sqrt{y+z}}=\frac{b}{\sqrt{z+x}}=\frac{c}{\sqrt{x+y}}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 12-08-2012 - 17:07
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh