Bất đẳng thức ngược dấu rồi.

BĐT \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\prod\left(a+b-c\right)\le a^4+b^4+c^4\)

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 2s\\ab + bc + ca = {s^2} + 4Rr + {r^2}\\abc = 4sRr\end{array} \right.$

Bất đẳng thức cần chứng minh quy về:

\(16\,r{s}^{2} \left( R-2\,r \right) +2\,{s}^{2} \left( 5\,{r}^{ 2}+{s}^{2} -16\,Rr\right) +2\,{r}^{2} \left( 16\,{R}^{2}+8\,Rr+{r}^{2}-3\,{s} ^{2} \right) \geqslant 0\)

Đây là điều hiển nhiên.

BĐT trên bị ngược dấu rồi.

Theo công thức Heron:

\(S=\dfrac{1}{4}\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\).

Do đó ta chỉ cần cm:

\(\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\). (1)

Ta có \(\left(1\right)\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-b^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(b^2-c^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(c^2-a^2\right)^2}{2}\ge0\) (luôn đúng).

Do đó bđt ban đầu cũng đúng.

Đẳng thức xảy ra khi tam giác đó đều.

Để chứng minh rằng ama + bmb + cmc ≥ √32, ta sử dụng bất đẳng thức tam giác. Bất đẳng thức tam giác cho biết rằng tổng độ dài của ba đường trung tuyến của một tam giác luôn lớn hơn hoặc bằng bình phương độ dài cạnh tương ứng. Vì vậy, ta có:

ama + bmb + cmc ≥ (ma + mb + mc)²/3

Theo định lý đường trung tuyến, ta biết rằng ma + mb + mc = 3/2(a + b + c). Thay vào biểu thức trên, ta có:

ama + bmb + cmc ≥ (3/2(a + b + c))²/3

Simplifying the expression, we get:

ama + bmb + cmc ≥ 3/4(a + b + c)²

Để chứng minh rằng ama + bmb + cmc ≥ √32, ta cần chứng minh rằng 3/4(a + b + c)² ≥ √32. Tuy nhiên, để chứng minh điều này, cần thêm thông tin về giá trị của a, b, c.

S = a.b/2

Xét : a^2+b^2/4 - ab/2 = a^2+b^2-2ab/4 = (a-b)^2/4 >= 0

=> ab/2 < = a^2+b^2/4

=> S < = a^2+b^2/4

=> đpcm

Tk mk nha

Bạn dưới Nguyễn Anh Quân nhầm rồi ; đây là tam giác thường chứ ko phải tam giác vuông

Thế giai như thế naò ban ơi?