cho a,b,c là cạnh của 1 tam giác
cmr: 2(ab+bc+ac)>a^2+b^2+c^2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
TL
0
18 tháng 4 2016
Ta có (a+b)2 >=0 => a2 + 2ab + b2 >= 0 => a2 + b2 >= 2ab. (1)
(b+c)2 >=0 => b2 + 2bc + c2 >= 0 => b2 + c2 >= 2bc. (2)
(c+a)2 >=0 => c2 + 2ca + a2 >= 0 => c2 + a2 >= 2ca. (3)
Cộng (1), (2), (3), theo vế ta có 2(a2 + b2 + c2)>=2(ab+bc+ca)
suy ra a2 + b2 + c2>=ab+bc+ca (*)
Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác ta có:
a+b>c => ac+bc>c2. (4)
b+c>a => ab+ac>a2. (5)
c+a>b => bc+ab>b2. (6)
Cộng (4), (5), (6) theo vế ta có 2(ab+bc+ca)>a2+b2+c2(**)
Từ (*) và (**) suy ra đpcm.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 7 2021
1. Không có dấu "=" em nhé.
Vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác thì:
$a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac$
$b< a+c\Rightarrow b^2< ba+bc$
$c< a+b\Rightarrow c^2< ca+cb$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2(ab+bc+ac)$
Ta có đpcm.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 7 2021
2.
$(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)$
$=(x-1)(x-4)(x-2)(x-3)$
$=(x^2-5x+4)(x^2-5x+6)$
$=(x^2-5x+4)(x^2-5x+4+2)$
$=(x^2-5x+4)^2+2(x^2-5x+4)$
$=(x^2-5x+4)^2+2(x^2-5x+4)+1-1$
$=(x^2-5x+5)^2-1\geq 0-1=-1$ do $(x^2-5x+5)^2\geq 0$ với mọi $x\in\mathbb{R}$
Vậy ta có đpcm.
25 tháng 3 2018
Áp dụng BĐT côsi ta có:
a² + bc ≥ 2.a√(bc)
<=> 1/(a² + bc) ≤ 1/(2a√(bc)) -------------(1)
tương tự vậy:
1/(b² + ac) ≤ 1/(2b√(ac)) -------------------(2)
1/(c² + ab) ≤ 1/(2c√(ab)) -------------------(3)
lấy (1) + (2) + (3)
=> 1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ 1/(2a√(bc)) + 1/(2b√(ac)) + 1/(2c√(ab))
<=>1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ √(bc)/2abc + √(ac)/2abc + √(ab)/2abc
<=>1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ [√(bc) + √(ac) + √(ab) ]/2abc (!)
Ta chứng minh bổ đề:
√(ab) + √(bc) + √(ac) ≤ a + b + c
thật vậy, áp dụng BĐT côsi ta được:
a + b ≥ 2√(ab) --- (*)
a + c ≥ 2√(ac) --- (**)
b + c ≥ 2√(bc) --- (***)
lấy (*) + (**) + (***) => 2(a + b + c) ≥ 2.[ √(bc) + √(ac) + √(ab) ]
<=> √(bc) + √(ac) + √(ab) ≤ a + b + c (@)
từ (!) và (@)
=> 1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ (a + b + c)/2abc ( Đpcm )
15 tháng 7 2020
Áp dụng AM - GM:
\(\frac{1}{a^2+bc}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}};\frac{1}{b^2+ac}\le\frac{1}{2b\sqrt{ca}};\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
Khi đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
\(=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\le\frac{a+b+c}{2abc}\)
MT
7 tháng 5 2016
\(\frac{b^2+c^2-a^2}{bc}+\frac{c^2+a^2-b^2}{ac}+\frac{a^2+b^2-c^2}{ab}\)
\(=\frac{b^2+\left(c-a\right)\left(c+a\right)}{bc}+\frac{c^2+\left(a-b\right)\left(a+b\right)}{ac}+\frac{a^2+\left(b-c\right)\left(b+c\right)}{ab}\)
\(>\frac{b^2+\left(c-a\right).b}{bc}+\frac{c^2+\left(a-b\right).c}{ac}+\frac{a^2+\left(b-c\right).a}{ab}\)(BĐT tam giác)
\(=\frac{b+c-a}{c}+\frac{c+a-b}{a}+\frac{a+b-c}{b}\)
rồi sao đứng bánh r
7 tháng 5 2016
Giải bằng lập luận tương đương nhá
Ta có: \(A=\frac{b^2+c^2+2bc-a^2}{bc}+\frac{c^2+a^2-2ca-b^2}{ac}+\frac{a^2+b^2-2ab-c^2}{ab}>0\)
\(\Leftrightarrow A=\frac{\left(b+c\right)^2-a^2}{bc}+\frac{\left(c-a\right)^2-b^2}{ac}+\frac{\left(a-b\right)^2-c^2}{ab}>0\)
\(\Leftrightarrow A=\frac{\left(b+c-a\right)\left(a+b+c\right)}{bc}+\frac{\left(c-a-b\right)\left(b+c-a\right)}{ac}+\frac{\left(a-b-c\right)\left(a+c-b\right)}{ab}>0\)
cmđ cái phân số đầu >0
2p/s sau quy đồng, lấy nhân tử chung là b+c-a là ra
13 tháng 4 2020
vì a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tg
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c\\a+c>b\\b+c>a\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}ac+bc>c^2\\ab+bc>b^2\\ab+ca>a^2\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac+ab+bc+ac>a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\) (1)
có : \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0\\\left(b-c\right)^2\ge0\\\left(c-a\right)^2\ge0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2-2ab+b^2\ge0\\b^2-2bc+c^2\ge0\\c^2-2ac+a^2\ge0\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ac\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow2ab+2bc+2ac\le2a^2+2b^2+2c^2\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2\) (2)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\)
K2
26 tháng 10 2020
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác suy ra :a,b, c >0
Áp dụng bđt cosi ta có
\(a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}\)
\(b^2+ac\ge2b\sqrt{ac}\)
\(c^2+ab\ge2c\sqrt{ab}\)
Suy ra
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ac}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}{abc}\right)\left(1\right)\)
Theo bđt cosi \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
do đó (1) \(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}{abc}\right)\le\frac{1}{2}\left(\frac{\frac{b+c}{2}+\frac{a+c}{2}+\frac{a+b}{2}}{abc}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{a+b+c}{abc}\right)=\frac{a+b+c}{2abc}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{a+b+c}{2abc}\left(đpcm\right)\)
mk lm theo cách lớp 7 nhé:
Theo BĐT tgiac ta có:
a < b + c => a2 < a(b + c) => a2 < ab + ac
Tương tự ta có: b^2 < ab + bc
c2 < ac + bc
Cộng theo vế các BĐT trên ta được:
a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (đpcm)