Bài 101571

Question

Chứng minh rằng nếu $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng $3$ thì
$3{a^2} + 3{b^2} + 3{c^2} + 4abc \ge 13$

hoàng anh thọ · Answer 1 · 4/26/2012 4:21:46 PM

Bình chọn tăng 0 Bình chọn giảm

Có $3 - 2a = a + b + c - 2a = b + c - a > 0$. Do đó theo Cosi ta có:
$(3-2a)(3-2b)=(b+c-a)(a+c-b)\leq (\frac{b+c-a+a+c-b}{2})^2=c^2$
Làm tương tự ta thu được:
$ (3-2a)(3-2b)(3-2c)\leq abc$
$\Rightarrow 27-18(a+b+c)+12(ab+bc+ca)-8abc\leq abc$
$\Rightarrow 27-18.3+6(9-(a^2+b^2+c^2))\leq 9abc$
$\Rightarrow 6(a^2+b^2+c^2) +9abc\geq 27$ , $ (1)$.
mặt khác ta có $3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow -abc\geq -1$, $(2)$.
Cộng (1) với (2) theo vế rồi chia cả 2 vế của bất đẳng thức thu được cho 2, ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - 2a = 3 - 2b = 3 - 2c \\ a=b=c\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1$

Đăng bài 26-04-12 04:21 PM

hoàng anh thọ
15 1

175K 551K

Bài 101571

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 101571

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan