$%a,b,c$% - стороны остроугольного треугольника.Докажите неравенство: $$\sqrt{a^2+b^2-c^2}+\sqrt{b^2+c^2-a^2} + \sqrt{c^2+a^2-b^2}\leq \sqrt{3(ab+bc+ac)}$$

Сделал замену:

$%2a^2=(x+z)$%

$%2b^2=x+y$%

$%2c^2=y+z$%

Получилось: $$ (\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z})^2\leq 3(\frac{\sqrt{(x+z)(x+y)}}{2} + \frac{\sqrt{(x+z)(y+z)}}{2} + \frac{\sqrt{(y+z)(x+y)}}{2})$$

А что делать с этим монстром ,незнаю..

задан 22 Май '19 14:50

изменен 22 Май '19 23:32

10|600 символов нужно символов осталось
3

$$a^2+b^2-2ab\cos(\gamma)=c^2\ ,\ ...$$

$$\sqrt{2ab\cos(\gamma)}+\sqrt{2bc\cos(\alpha)}+\sqrt{2ca\cos(\beta)} \le \sqrt{2(ab+bc+ca)}\sqrt{\cos(\alpha)+cos(\beta)+\cos(\gamma)}$$

$$\cos(\alpha)+cos(\beta)+\cos(\gamma)=\dfrac{R+r}{R}\le \dfrac{3}{2}$$

ссылка

отвечен 23 Май '19 0:22

@Sergic Primazon Спасибо!

(23 Май '19 16:54) potter
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×498
×477
×360
×248

задан
22 Май '19 14:50

показан
366 раз

обновлен
23 Май '19 16:54

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru