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.....
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:((
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)
Mà \(4a^2b^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2=\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(=16p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\)
Thay vào (1) suy ra đpcm.
\(a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt{3}S\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{6\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-3\left(a^4+b^4+c^4\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge6\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Xong
tìm Weitzenbock's inequality là đẹp nhé
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) \(\Rightarrow\left(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^2+\left(z+x\right)^2\right)^2\ge48\left(x+y+z\right)xyz\Rightarrow\left(đpcm\right)\)
Giờ này thì nó off rồi e đưa lên cho :))
Lớp 8 thiệt không anh? Chớ em nghĩ bài này có lẽ phải dùng công thức Heron, mà phải chứng minh nữa...
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.
mn thử cm cái này xem \(2(ab+bc+ca)-a^2-b^2-c^2\ge 4 \sqrt 3 S\)
