La comunidad de olímpicos, ex-olímpicos, entrenadores y seguidores de la Olimpiada en Chihuahua, wherever they are in the world.
Por supuesto cualquier olímpico mexicano (para que parar ahí, de todo el mundo pues), esta invitado a comentar.
miércoles, 3 de octubre de 2012
Problema del día, álgebra (3 de Octubre).
Si $a$, $b$ y $c$ son las longitudes de los lados de un triángulo de área $(ABC)$, demostrar que \[4\sqrt 3(ABC)\leq a^2+b^2+c^2\].
Sabemos por Heron $\sqrt{\frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{a+b-a}{2}\cdot \frac{a-b+c}{2} \cdot \frac{a+b-c}{2}}=\left (ABC \right )$ entonces hacemos toda la operacion y nos queda $\sqrt{\frac{-\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )+2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2} \right )}{16}}\leq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4\sqrt{3}}$ entonces multiplicamos al cuadrado para eliminar la raiz lo cual es igual a $\frac{\left -( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )+2\left ( qa^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2} \right )}{16}$ $\leq $ $\frac{a^{4}+2a^{2}b^{2}+2b^{2}c^{2}+2a^{2}c^{2}+b^{4}+c^{4}}{48}$ el $48$ es por que $(4\sqrt{3})^{2}=48$ entonces multiplicamos las dos desigualdades por $48\cdot 16$ entonces nos que $-48\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )+96\left (a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2} \right )\leq 16a^{4}+16b^{4}+16c^{4}+32a^{2}b^{2}+32b^{2}c^{2}+32a^{2}c^{2}$ entonces desarrollo la desigualdad y nos queda que $64a^{2}b^{2}+64b^{2}c^{2}+64a^{2}c^{2}\leq 64a^{4}+64b^{4}+64c^{4}$ entonces dividmos todo entre 64 y despues sacamos raiz cuadrada ahora nos queda que $ab+bc+ac\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$ y se sabe que si a,b,c son numeros reales se cumple esta desigualdad por lo tanto terminamos
En la última parte no puedes sacar raíz cuadrada como lo hiciste, porque la raíz de una suma no es lo mismo que la suma de sus raíces. $\sqrt{x+y}$ no es lo mismo que $\sqrt{x}+\sqrt{y}$. Aunque ya estas muy cerca de la solución.
pues termino con que $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}\leq a^{4}+b^{4}+c{4}$ lo cual es cierto por lo dividimos y nos damos cuenta que es una permutacion lo cual es una desigualdad conocida y terminamos
Veo que si elevo ambos terminos al cuadrado me queda que: $16*3*(ABC)^2\leq (a^2+b^2+c^2)^2$ Luego por heron se cumple que: $(ABC)^2=(\frac{a+b+c}{2})(\frac{a+b-c}{2})(\frac{a+c-b}{2})(\frac{b+c-a}{2})$ Entonces: $3((a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)\leq (a^2+b^2+c^2)^2$.Entonces al expandir todo me queda que: $3(2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)-(a^4+b^4+c^4))\leq a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)$ Luego si resto $2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)$ y sumo $3(a^4+b^4+c^4)$ a ambos lados me quedaria que: $4(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)\leq 4(a^4+b^4+c^4)$ entonces $a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\leq a^4+b^4+c^4$. Luego me fijo que por reacomodo eso se cumple ya que podemos suponer S.P.D.G que $a^2\leq b^2\leq c^2$. Entonces si lo anterior se cumple se cumple todo lo demas.Q.E.D
S.P.D.G.: $a^2\leq b^2 \leq c^2$ $b^2,c^2,a^2$ es un reacomodo de $a^2,b^2,c^2$, entonces $a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$. Por lo tanto $4\sqrt{3}|ABC|\leq a^2+b^2+c^2$.
primero me fio que por heron $(ABC)^2=\frac{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(c+b-a)}{16}$ entonces tenemos que demostrar que : $16*3(\frac{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(c+b-a)}{16} \le (a^2+b^2+c^2)=a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+b^4+b^2c^2+c^4$ entonces $*3(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(c+b-a) \le (a^2+b^2+c^2)=a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+b^4+b^2c^2+c^4$ qeue es lo mismo que : $3(-a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2c^2b^2-b^4-c^4) \le a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+b^4+2b^2c^2+c^4$ y esto es lo mismo que $3(-a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2c^2b^2-b^4-c^4)+3(a^2+b^2+c^2)- (2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2)\le a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+b^4+2b^2c^2+c^43(a^2+b^2+c^2)- (2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2)$ y es lo mismo que demostrar que : $4(a^2b^2+a^2c^2+c^2b^2) \le 4(a^4+b^4+c^4)$ y es lo mismo qeu: $a^2b^2+a^2c^2+c^2b^2 \le a^4+b^4+c^4$ y si usamos reacomodo queda demostrado y savemos que podemos usarlo porque no afecta si cambiamos las letras.
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=399185690152231&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=1&theater Y AQUI INTENTE ALGO PARECIDO, NO SUPE TERMINAR EN NINGUNO: http://www.facebook.com/photo.php?fbid=399189260151874&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=1&theater
Intento.- Por fórmula de Heron: $(ABC)=\sqrt{(\frac{a+b+c}{2})(\frac{b+c-a}{2})(\frac{b+a-c}{2})(\frac{a+c-b}{2})}$ $\Rightarrow (ABC)=\frac{\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(a+b-c)(a+c-b)}}{\sqrt{16}}$ Expandiendo tenemos: $(ABC)=\frac{\sqrt{2^a{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}}{4}$ y hasta aquí llevo.
Solución Completa.- De los reacomodos de $\{a^{2}. b^{2}, c^{2}\}$ es $a^{2}a^{2}+b^{2}b^{2}+c^{2}c^{2}=a^{4}+b^{4}+c^{4}$ el mayor y otro reacomodo sería: $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}$ por lo tanto: $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}\leq a^{4}+b^{4}+c^{4}$ $\Rightarrow 4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})\leq 4(a^{4}+b^{4}+c^{4})$ $\Rightarrow 6(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-3(a^{4}+b^{4}+c^{4})\leq a^{4}+b^{4}+c^{4}+2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})$ $\Rightarrow 3(2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-a^{4}+b^{4}+c^{4})\leq 2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})+a^{4}+b^{4}+c^{4}$ $\Rightarrow 3(2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-a^{4}+b^{4}+c^{4})\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$ $\Rightarrow 48(\frac{2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-a^{4}-b^{4}-c^{4}}{16})\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$ $\Rightarrow 48(\frac{a+b+c}{2})(\frac{b+c-a}{2})(\frac{b+a-c}{2})(\frac{a+c-b}{2})\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$ Sabemos que por fórmula de Herón al cuadrado: $(ABC)^{2}=(\frac{a+b+c}{2})(\frac{b+c-a}{2})(\frac{b+a-c}{2})(\frac{a+c-b}{2})$ $\Rightarrow 48(ABC)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$ $\therefore \boxed{4\sqrt{3}(ABC)\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}}$ $\blacksquare$
Si elevamos ambos lados de la desigualdad al cuadrado nos queda: $3(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)\leq (a^2+b^2+c^2)^2$ La expandimos y despues nos queda: $3(2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-(a^4+b^4+c^4))\leq a^4+b^4+c^4+2(a^2+b^2+c^2)$ $6(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-3(a^4+b^4+c^4))\leq a^4+b^4+c^4+2(a^2+b^2+c^2)$ Lo despejamos y nos queda: $6(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-2(a^2+b^2+c^2)\leq 4(a^4+b^4+c^4)$ $4(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\leq 4(a^4+b^4+c^4)$ Ahora dividimos entre 4 de ambos lados y nos queda: $(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\leq (a^4+b^4+c^4)$ Y al tener esto nos podemos dar cuenta de que es un reacomodo y que $a^2a^2+b^2b^2+c^2c^2$ es el mayor
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrar$\text{Usando la formula de Heron, tenemos:}$
ResponderBorrar$(ABC)=\sqrt{(\frac{a+b+c}{2})(\frac{a+b+c}{2}-a)(\frac{a+b+c}{2}-b)(\frac{a+b+c}{2}-c)}$
$(ABC)=\sqrt{(\frac{a+b+c}{2})(\frac{b+c-a}{2})(\frac{a+c-b}{2})(\frac{a+b-c}{2})}$
$(ABC)=\sqrt{\frac{-(a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)}{16}}$
$\text{Tenemos:} \: 4\sqrt{3}(ABC)\leq a^2+b^2+c^2$
$\text{Elevamos ambos terminos al cuadrado:}$
$(16)(3)(\frac{-(a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)}{16})\leq (a^2+b^2+c^2)^2$
$\Rightarrow (3)(-(a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2))\leq (a^2+b^2+c^2)^2$
$\Rightarrow 6(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-3(a^4+b^4+c^4)\leq (a^2+b^2+c^2)^2$
$\text{Sabemos que} \: (a^2+b^2+c^2)^2=(a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)$
$\Rightarrow 3(a^2+b^2+c^2)^2-6(a^4+b^4+c^4)
\leq (a^2+b^2+c^2)^2$
$\Rightarrow 2(a^2+b^2+c^2)^2\leq 6(a^4+b^4+c^4)$
$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\leq 3(a^4+b^4+c^4)$
$\Rightarrow (a^4+b^4+c^4)+2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\leq 3(a^4+b^4+c^4)$
$\Rightarrow 2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\leq 2(a^4+b^4+c^4)$
$\Rightarrow a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2\leq a^4+b^4+c^4$
$\text{S.P.D.G.} \: a^2\geq b^2\geq c^2$
$\text{Reacomodamos la ultima desigualdad:}$
$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq a^2a^2+b^2b^2+c^2c^2$
$\text{Vemos que} \: b^2 , c^2 , a^2 \: \text{es una permutacion de} \: a^2 , b^2 , c^2$ .
$\therefore a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2\leq a^4+b^4+c^4 \: \blacksquare$
Muy bien :)
BorrarSabemos por Heron $\sqrt{\frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{a+b-a}{2}\cdot \frac{a-b+c}{2} \cdot \frac{a+b-c}{2}}=\left (ABC \right )$ entonces hacemos toda la operacion y nos queda $\sqrt{\frac{-\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )+2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2} \right )}{16}}\leq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4\sqrt{3}}$ entonces multiplicamos al cuadrado para eliminar la raiz lo cual es igual a $\frac{\left -( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )+2\left ( qa^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2} \right )}{16}$ $\leq $ $\frac{a^{4}+2a^{2}b^{2}+2b^{2}c^{2}+2a^{2}c^{2}+b^{4}+c^{4}}{48}$ el $48$ es por que $(4\sqrt{3})^{2}=48$ entonces multiplicamos las dos desigualdades por $48\cdot 16$ entonces nos que $-48\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )+96\left (a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2} \right )\leq 16a^{4}+16b^{4}+16c^{4}+32a^{2}b^{2}+32b^{2}c^{2}+32a^{2}c^{2}$ entonces desarrollo la desigualdad y nos queda que $64a^{2}b^{2}+64b^{2}c^{2}+64a^{2}c^{2}\leq 64a^{4}+64b^{4}+64c^{4}$ entonces dividmos todo entre 64 y despues sacamos raiz cuadrada ahora nos queda que $ab+bc+ac\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$ y se sabe que si a,b,c son numeros reales se cumple esta desigualdad por lo tanto terminamos
ResponderBorrarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
BorrarEn la última parte no puedes sacar raíz cuadrada como lo hiciste, porque la raíz de una suma no es lo mismo que la suma de sus raíces. $\sqrt{x+y}$ no es lo mismo que $\sqrt{x}+\sqrt{y}$. Aunque ya estas muy cerca de la solución.
Borrarpues termino con que
Borrar$a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}\leq a^{4}+b^{4}+c{4}$ lo cual es cierto por lo dividimos y nos damos cuenta que es una permutacion lo cual es una desigualdad conocida y terminamos
Veo que si elevo ambos terminos al cuadrado me queda que:
ResponderBorrar$16*3*(ABC)^2\leq (a^2+b^2+c^2)^2$
Luego por heron se cumple que:
$(ABC)^2=(\frac{a+b+c}{2})(\frac{a+b-c}{2})(\frac{a+c-b}{2})(\frac{b+c-a}{2})$
Entonces: $3((a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)\leq (a^2+b^2+c^2)^2$.Entonces al expandir todo me queda que:
$3(2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)-(a^4+b^4+c^4))\leq a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)$
Luego si resto $2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)$ y sumo $3(a^4+b^4+c^4)$ a ambos lados me quedaria que:
$4(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)\leq 4(a^4+b^4+c^4)$
entonces $a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\leq a^4+b^4+c^4$. Luego me fijo que por reacomodo eso se cumple ya que podemos suponer S.P.D.G que $a^2\leq b^2\leq c^2$. Entonces si lo anterior se cumple se cumple todo lo demas.Q.E.D
Muy bien :)
Borrar$4\sqrt{3}|ABC|=4\sqrt{3}\sqrt{S(S-a)(S-b)(S-c)}$
ResponderBorrar$=\sqrt{16(3)(\frac{a+b+c}{2})(\frac{-a+b+c}{2})(\frac{a-b+c}{2})(\frac{a+b-c}{2})}$
$=\sqrt{3((b+c+a)(b+c-a))((a-b+c)(a-(b+c))}$
$=\sqrt{3((b+c)^2-a^2)(a^2-(b-c)^2)}$
$=\sqrt{3(b^2+2bc+c^2-a^2)(a^2-b^2+2bc-c^2)}$
$=\sqrt{3(2bc+b^2+c^2-a^2)(2bc-(b^2+c^2-a^2))}$
$=\sqrt{3(4b^2c^2-a^4-b^4-c^4+2a^2b^2+2a^2c^2-2b^2c^2)}$
$=\sqrt{3(2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4)}$
$=\sqrt{6a^2b^2+6a^2c^2+6b^2c^2-3a^4-3b^4-3c^4}$
$(a^2+b^2+c^2)^2=a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2$
$4\sqrt{3}|ABC|\leq a^2+b^2+c^2$
$\Leftrightarrow \sqrt{6a^2b^2+6a^2c^2+6b^2c^2-3a^4-3b^4-3c^4}\leq a^2+b^2+c^2$
$\Leftrightarrow \sqrt{(6a^2b^2+6a^2c^2+6b^2c^2-3a^4-3b^4-3c^4})^2\leq (a^2+b^2+c^2)^2$
$\Leftrightarrow 6a^2b^2+6a^2c^2+6b^2c^2-3a^4-3b^4-3c^4\leq a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2$
$\Leftrightarrow 4a^2b^2+4a^2c^2+4b^2c^2\leq 4a^4+4b^4+4c^4$
$\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq a^4+b^4+c^4$
S.P.D.G.: $a^2\leq b^2 \leq c^2$
$b^2,c^2,a^2$ es un reacomodo de $a^2,b^2,c^2$, entonces $a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$.
Por lo tanto $4\sqrt{3}|ABC|\leq a^2+b^2+c^2$.
Muy bien :)
BorrarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarprimero me fio que por heron $(ABC)^2=\frac{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(c+b-a)}{16}$ entonces tenemos que demostrar que :
ResponderBorrar$16*3(\frac{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(c+b-a)}{16} \le (a^2+b^2+c^2)=a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+b^4+b^2c^2+c^4$
entonces
$*3(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(c+b-a) \le (a^2+b^2+c^2)=a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+b^4+b^2c^2+c^4$
qeue es lo mismo que :
$3(-a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2c^2b^2-b^4-c^4) \le a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+b^4+2b^2c^2+c^4$
y esto es lo mismo que
$3(-a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2c^2b^2-b^4-c^4)+3(a^2+b^2+c^2)- (2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2)\le a^4+2a^2b^2+2a^2c^2+b^4+2b^2c^2+c^43(a^2+b^2+c^2)- (2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2)$ y es lo mismo que demostrar que :
$4(a^2b^2+a^2c^2+c^2b^2) \le 4(a^4+b^4+c^4)$ y es lo mismo qeu:
$a^2b^2+a^2c^2+c^2b^2 \le a^4+b^4+c^4$
y si usamos reacomodo queda demostrado y savemos que podemos usarlo porque no afecta si cambiamos las letras.
Muy bien :), solo que explica como haces el reacomodo
Borrarhttp://www.facebook.com/photo.php?fbid=399185690152231&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=1&theater Y AQUI INTENTE ALGO PARECIDO, NO SUPE TERMINAR EN NINGUNO: http://www.facebook.com/photo.php?fbid=399189260151874&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=1&theater
ResponderBorrarVas por buen camino...
BorrarIntento.-
ResponderBorrarPor fórmula de Heron:
$(ABC)=\sqrt{(\frac{a+b+c}{2})(\frac{b+c-a}{2})(\frac{b+a-c}{2})(\frac{a+c-b}{2})}$
$\Rightarrow (ABC)=\frac{\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(a+b-c)(a+c-b)}}{\sqrt{16}}$
Expandiendo tenemos:
$(ABC)=\frac{\sqrt{2^a{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}}{4}$
y hasta aquí llevo.
Solución Completa.-
BorrarDe los reacomodos de $\{a^{2}. b^{2}, c^{2}\}$ es $a^{2}a^{2}+b^{2}b^{2}+c^{2}c^{2}=a^{4}+b^{4}+c^{4}$ el mayor y otro reacomodo sería: $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}$ por lo tanto: $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}\leq a^{4}+b^{4}+c^{4}$
$\Rightarrow 4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})\leq 4(a^{4}+b^{4}+c^{4})$
$\Rightarrow 6(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-3(a^{4}+b^{4}+c^{4})\leq a^{4}+b^{4}+c^{4}+2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})$
$\Rightarrow 3(2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-a^{4}+b^{4}+c^{4})\leq 2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})+a^{4}+b^{4}+c^{4}$
$\Rightarrow 3(2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-a^{4}+b^{4}+c^{4})\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$
$\Rightarrow 48(\frac{2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-a^{4}-b^{4}-c^{4}}{16})\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$
$\Rightarrow 48(\frac{a+b+c}{2})(\frac{b+c-a}{2})(\frac{b+a-c}{2})(\frac{a+c-b}{2})\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$
Sabemos que por fórmula de Herón al cuadrado:
$(ABC)^{2}=(\frac{a+b+c}{2})(\frac{b+c-a}{2})(\frac{b+a-c}{2})(\frac{a+c-b}{2})$
$\Rightarrow 48(ABC)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$
$\therefore \boxed{4\sqrt{3}(ABC)\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}}$ $\blacksquare$
Si elevamos ambos lados de la desigualdad al cuadrado nos queda:
ResponderBorrar$3(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)\leq (a^2+b^2+c^2)^2$
La expandimos y despues nos queda:
$3(2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-(a^4+b^4+c^4))\leq a^4+b^4+c^4+2(a^2+b^2+c^2)$
$6(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-3(a^4+b^4+c^4))\leq a^4+b^4+c^4+2(a^2+b^2+c^2)$
Lo despejamos y nos queda:
$6(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-2(a^2+b^2+c^2)\leq 4(a^4+b^4+c^4)$
$4(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\leq 4(a^4+b^4+c^4)$
Ahora dividimos entre 4 de ambos lados y nos queda:
$(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\leq (a^4+b^4+c^4)$
Y al tener esto nos podemos dar cuenta de que es un reacomodo y que $a^2a^2+b^2b^2+c^2c^2$ es el mayor
Muy bien :), solo explica el reacomodo
BorrarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarPor Heron tenemos
ResponderBorrar$4\sqrt{3}* \sqrt{(\frac{a+b+c}{2})(\frac{-a+b+c}{2})(\frac{a-b+c}{2})(\frac{a+b-c}{2})}\leq a^2+b^2+c^2$
Desarrollamos la expresión y obtenemos:
$4\sqrt{3}*\sqrt{\frac{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{16}}\leq a^2+b^2+c^2$
Elevamos al cuadrado en ambos lados
${4\sqrt{3}*\sqrt{\frac{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{16}}}^2\leq (a^2+b^2+c^2)^2$
Obtenemos
$(3)(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}=$
$-3a^{2}-3b^{2}-3c^{2}+6a^{2}b^{2}+6a^{2}c^{2}+6b^{2}c^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$
$-3a^{2}-3b^{2}-3c^{2}+6a^{2}b^{2}+6a^{2}c^{2}+6b^{2}c^{2}-(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\leq 0$
$-a^{4}-b^{4}-c^{4}+a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}\leq 0$
$+a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}\leq +a^{4}+b^{4}+c^{4}=$
$+a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}\leq +a^{2}a^{2}+c^{2}c^{2}+b^{2}b^{2}$
Vas por buen camino...
Borrar