Violympic toán 8

Mysterious Person

không trình bày dài dòng như các bài đăng khác . chủ đề ĐỐ VUI

Đề : cho a,b,c là các cạnh của một tam giác có diện tích S . CMR : \(a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt{3}S\) .

nếu cần gợi ý thì cmt nha các bạn .

@Nguyễn Văn Đạt lại làm phiền em lần nx! cho bài này lên CHH giúp anh nha . cảm ơn em

---------------------------------------------------------------------------------------------------weitze.....

tthnew
30 tháng 1 2020 lúc 7:10

Cho phép em thiếu nợ về cái chứng minh công thức Heron nha! Nhớ nó trong sách nâng cao toán 8 mà tìm hoài không thấy:(

Theo công thức Heron: \(S=\frac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}}{4}\) . Từ đó ta chỉ cần chứng minh:

\(a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\)

Đặt \(x=\frac{a+b-c}{2};y=\frac{b+c-a}{2};z=\frac{c+a-b}{2}\) thì \(x,y,z>0\)

BĐT cần chứng minh quy về:

\(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^2+\left(z+x\right)^2\ge4\sqrt{3\left(x+y+z\right)xyz}\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^2+\left(z+x\right)^2\right]^2\ge48xyz\left(x+y+z\right)\)

\(VT-VP=\frac{1}{4}\left[\left(x+y-2z\right)^2\left(3x+3y+2z\right)^2+\left(x-y\right)^2\left(7x^2+10xy+56xz+7y^2+56yz+56z^2\right)\right]\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c\Rightarrow\) Tam giác trên là tam giác đều.

P/s: Bạn nào xóa giúp em câu tl kia đi nha, đăng lộn nick:((

Bình luận (0)
tthnew
30 tháng 1 2020 lúc 7:21

À em tìm được rồi nè, cho phép em copy lại nha! (phức tạp quá em cũng chẳng muốn đọc thử vì em dốt hình) (Bài giải trích từ sách nâng cao và phát triển toán 8 tập 2 trang 118)

Bài toán: Cho tam giác ABC có BC = a, CA =b, AB =c, diện tích S.

Chứng minh rằng: \(S=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\) vối p là nửa chu vi. (Công thức Heron)

Chứng minh:

Giả sử \(a\ge b\ge c\). Kẻ đường cao AH. Do a là cạnh lớn nhất của tam giác nên B và C là góc nhọn, do đó H nằm giữa B và C.

Trước hết tính CH theo a,b,c. Đặt CH = x:

\(AB^2-BH^2=AC^2-CH^2\)

=> \(c^2-\left(a-x\right)^2=b^2-x^2\)

=> \(x=\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}\)

Trong tam giác AHC:

\(AH^2=AC^2-CH^2=b^2-\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}\right)^2=\frac{4a^2b^2-\left(a^2+b^2-c\right)^2}{4a^2}\)

Suy ra \(S^2=\frac{1}{4}.BC^2.AH^2=\frac{4a^2b^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2}{16}\) (1)

\(4a^2b^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2=\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(=16p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\)

Thay vào (1) suy ra đpcm.

Bình luận (0)
Hung nguyen
30 tháng 1 2020 lúc 9:04

\(a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt{3}S\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{6\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-3\left(a^4+b^4+c^4\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge6\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)

Xong

Bình luận (0)
Nguyễn Huy Thắng
30 tháng 1 2020 lúc 9:19

tìm Weitzenbock's inequality là đẹp nhé

Bình luận (0)
Mysterious Person
30 tháng 1 2020 lúc 11:14

mấy chữ cuối thật ra là để gợi ý cho các bạn về BĐT Weitzenbock

giải như sau :

áp dụng Hrong và kèm theo đặc a=x+y ; b=y+z ; c=z+x (x;y;z>0)

khi đó bài toán sẽ tương đương :

\(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^2+\left(z+x\right)^2\ge48\left(x+y+z\right)xyz\)

dể dàng chứng minh bất đẳng thức trên như sau :

ta có \(x^2+y^2\ge2xy;y^2+z^2\ge2yz;z^2+x^2\ge2zx\)

\(\Rightarrow\left(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^2+\left(z+x\right)^2\right)^2\ge16\left(xy+yz+zx\right)^2\) (1)

mặc khác tiếp tục sử dụng cosi ta có : \(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\ge3\left(xy+yz+zx\right)\) từ đó \(\Rightarrow16\left(xy+yz+zx\right)^2\ge16.3\left(xy.yz+yz.zx+zx.xy\right)\) (2)

từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^2+\left(z+x\right)^2\right)^2\ge48\left(x+y+z\right)xyz\Rightarrow\left(đpcm\right)\)

Bình luận (0)
diuhuyn ngok ngkec
29 tháng 1 2020 lúc 23:45

Giờ này thì nó off rồi e đưa lên cho :))

Bình luận (0)
tth_new
30 tháng 1 2020 lúc 6:13

Lớp 8 thiệt không anh? Chớ em nghĩ bài này có lẽ phải dùng công thức Heron, mà phải chứng minh nữa...

Bình luận (0)
tth_new
30 tháng 1 2020 lúc 7:09

Cho phép em thiếu nợ về cái chứng minh công thức Heron nha! Nhớ nó trong sách nâng cao toán 8 mà tìm hoài không thấy:(

Theo công thức Heron: \(S=\frac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}}{4}\) . Từ đó ta chỉ cần chứng minh:

\(a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\)

Đặt \(x=\frac{a+b-c}{2};y=\frac{b+c-a}{2};z=\frac{c+a-b}{2}\) thì \(x,y,z>0\)

BĐT cần chứng minh quy về:

\(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^2+\left(z+x\right)^2\ge4\sqrt{3\left(x+y+z\right)xyz}\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^2+\left(z+x\right)^2\right]^2\ge48xyz\left(x+y+z\right)\)

\(VT-VP=\frac{1}{4}\left[\left(x+y-2z\right)^2\left(3x+3y+2z\right)^2+\left(x-y\right)^2\left(7x^2+10xy+56xz+7y^2+56yz+56z^2\right)\right]\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c\Rightarrow\) Tam giác trên là tam giác đều.

Bình luận (0)
Nguyễn Huy Thắng
30 tháng 1 2020 lúc 9:26

mn thử cm cái này xem \(2(ab+bc+ca)-a^2-b^2-c^2\ge 4 \sqrt 3 S\)

Bình luận (0)

Các câu hỏi tương tự

Khoá học trên OLM của Đại học Sư phạm HN

Loading...

Khoá học trên OLM của Đại học Sư phạm HN