Bài 103545

Question

Cho tam giác $ABC$. Chứng minh rằng:
a) $a^2 + b^2 + c^2 \ge 4\sqrt 3 S$
b) $3b^2 + 3c^2 - a^2 \ge 4\sqrt 3 S$

hoàng anh thọ · Answer 1 · 5/8/2012 3:46:49 PM

a) Theo công thức Hêrông và bất đẳng thắc Côsi ta có:
$\begin{array}{l}
4\sqrt 3 S = 4\sqrt 3 \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}
\le 4\sqrt 3 \sqrt {p{{\left( {\frac{{p - a + p - b + p - c}}{3}} \right)}^3}} \\
= 4\sqrt 3 \sqrt {p{{\left( {\frac{{3p - \left( {a + b + c} \right)}}{3}} \right)}^3}} \\
= 4\sqrt 3 \sqrt {\frac{{{p^4}}}{{27}}} = \frac{4}{3}{p^2} = \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} \le {a^2} + {b^2} + {c^2}
\end{array}$
Vậy ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 4\sqrt 3 S$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
p - a = p - b = p - c\\
a = b = c
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow a = b = c \Leftrightarrow \Delta ABC$đều.

b) Dựng hình bình hành $ABDC$
Ta có: $4\sqrt 3 S = 4\sqrt 3 S\left( {ABD} \right)$ $ \le B{D^2} + B{A^2} + A{D^2}$ ( theo câu a) )
$\begin{array}{l}
= {b^2} + {c^2} + 4{m_a}^2\\
= {b^2} + {c^2} + 2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}\\
= 3\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2}
\end{array}$
Vậy : $3\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - {a^2} \ge 4\sqrt S $
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \Delta ABD$ đều $ \Leftrightarrow \Delta ABC$ cân tại $A$ và $\widehat A = {120^o}$

Bài 103545

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 103545

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan