Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. CMR: \(a^2+b^2+c^2< 2\cdot\left(ab+bc+ca\right)\)
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
YN
20 tháng 2 2022
`Answer:`
Tam giác nào cũng luôn luôn có tổng hai cạnh bất kỳ lớn hơn cạnh còn lại
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c\\a+c>b\\b+c>a\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c\left(a+b\right)>c^2\\b\left(a+c\right)>b^2\\a\left(b+c\right)>a^2\end{cases}}}\)
`<=>c(a+b)+b(a+c)+a(b+c)>a^2+b^2+c^2`
`<=>ca+cb+ab+bc+ab+ac>a^2+b^2+c^2`
`<=>2(ab+bc+ac)>a^2+b^2+c^2`
5 tháng 10 2015
a; b; c là 3 cạnh của tam giác => |a - c| < b ; |a - b| < c ; |b - c| < a
=> (|a - c|)2 < b2 => a2 - 2ac + c2 < b2 (1)
(|a - b|)2 < c2 => a2 - 2ab + b2 < c2 (2)
(|b - c|)2 < a2 => b2 - 2bc + c2 < a2 (3)
Cộng từng vế của (1)(2)(3) ta được: 2(a2 + b2 + c2) - 2(ab + bc + ca) < a2 + b2 + c2
=> a2 + b2 + c2 < ab + bc + ca (đpcm)
24 tháng 7 2020
giả sử a+b+c=k>0; đặt a=kx; b=ky; c=kz => x;y;z>0 và x+y+z=1
khi đó P=k\(\left[\frac{k\left(3x-y\right)}{k^2\left(x^2+xy\right)}+\frac{k\left(3y-z\right)}{k^2\left(y^2+yz\right)}+\frac{k\left(3z-x\right)}{k^2\left(z^2+zx\right)}\right]=\frac{3x-y}{x^2+xy}+\frac{3y-z}{x^2+xy}+\frac{3z-x}{z^2+zx}\)
\(=\frac{4x-\left(x+y\right)}{x\left(x+y\right)}+\frac{4y-\left(y+z\right)}{y\left(y+z\right)}+\frac{4z-\left(z+x\right)}{z\left(z+x\right)}=\frac{4}{x+y}-\frac{1}{x}+\frac{4}{y+z}-\frac{1}{y}+\frac{4}{z+x}-\frac{1}{z}\)
\(=\frac{4}{1-z}-\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{z}=\frac{5x-1}{x-x^2}+\frac{5y-1}{y-y^2}+\frac{5z-1}{z-z^2}\)
do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác => b+c>a =>y+z>x => 1-x>x
=> x<1/2 tức là a\(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)tương tự ta cũng có: \(y;z\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)
ta sẽ chứng minh \(\frac{5t-1}{t-t^2}\le18t-3\)(*) đúng với mọi \(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)
thật vậy (*) \(\Leftrightarrow\frac{5t-1}{t-t^2}-18t+3\le0\Leftrightarrow\frac{18t-21t^2+8t-1}{t-t^2}\le0\Leftrightarrow\frac{\left(2t-1\right)\left(3t-1\right)^2}{t\left(t-1\right)}\le0\)(**)
(**) hiển nhiên đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)do đó (*) đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)
áp dụng (*) ta được \(P\le18x-3+18y-3=18\left(x+y+z\right)-9=9\)
dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1/3 <=> a=b=c
T
29 tháng 7 2020
@Hai Ngox: Sao phải giả sử a + b + c = k > 0 vậy bạn? Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì đó là hiển nhiên.
Ngoài ra:
Nó tương đương với \(\Sigma c^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (1)
Hoặc \(\Sigma a^4\left(b-c\right)^2+\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)\Sigma\left(2ab-bc-ca\right)^2\ge0\) (2)
Nhận xét. Phân tích (2) cho ta thấy, bất đẳng thức \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{3a-b}{a^2+ab}+\frac{3b-c}{b^2+bc}+\frac{3c-a}{c^2+ca}\right)\le9\)
đúng với mọi a, b, c là số thực thỏa mãn \(ab+bc+ca\ge0.\)
26 tháng 6 2017
Mk còn thiếu vế trái nữa
a2 + b2 + c2 \(\le\)2 ( ab + bc + ca )
Vì a ; b ; c là 3 cạnh của 1 tam giác nên theo bất đẳng thức tam giác:
Ta có:
a\(\le\)b +c => a . a \(\le\)a.(b + c) => a2 \(\le\) ab + ac ( 1 )
b \(\le\) a + c => b . b \(\le\)b ( a + c ) => b2 \(\le\)ab + bc ( 2)
c \(\le\) a + b => c . c \(\le\) c . ( a + b ) => c2 \(\le\) ac + bc ( 3 )
Cộng với các vế ( 1 ) ; ( 2 ) ; ( 3 ) được:
a2+ b2 + c2 \(\le\) ab + ac + ab + bc + ac + bc
Vậy a2 + b2 + c2 \(\le\)2.( ab + bc + ca )
26 tháng 6 2017
a2 + b2 + c2 \(\ge\) ab + bc + ca
<=> a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca \(\ge\) 0
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca \(\ge\)0
<=> ( a2 - 2ab + b2 ) + ( b2 - 2bc + c2 ) + ( c2 - 2ca + a2 ) \(\ge\)0
<=> ( a - b )2 + ( b - c)2 + ( c - a)2 \(\ge\) 0 ( Luôn đúng)
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c
1 tháng 2 2016
Áp dụng BĐT tam giác ta có:
a+b>c =>c-a<b =>c2-2ac+a2<b2
a+c>b =>b-c <a =>b2-2bc+c2<a2
b+c>a =>a-b<c =>a2-2ab+b2<c2
Suy ra: c2-2ac+a2+b2-2bc+c2+a2-2ab+b2<a2+b2+c2
<=>-2.(ab+bc+ca)+2.(a2+b2+c2)<a2+b2+c2
<=>-2(ab+bc+ca)<-(a2+b2+c2)
<=>2.(ab+bc+ca)<a2+b2+c2
30 tháng 3 2017
a)Ta có BĐT tam giác :
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\a+c>b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b-c>0\\a+c-b>0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[a+\left(b+c\right)\right]\left[a-\left(b-c\right)\right]>0\)
\(\Rightarrow a^2-\left(b-c\right)^2>0\Rightarrow a^2>\left(b-c\right)^2\)
b)Áp dụng BĐT ở câu a ta có:
\(a^2+b^2+c^2>\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(a-b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2>b^2+c^2-2bc+a^2+c^2-2ac+a^2+b^2-2ab\)
\(\Leftrightarrow2ab+2bc+2ca>2a^2+2b^2+2c^2\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca>a^2+b^2+c^2\)
KK
1 tháng 4 2017
ủa anh ơi bài b) kêu chứng minh là \(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\) sao anh lại đi chứng minh \(a^2+b^2+c^2< ab+bc+ca\) ở cuối bài .-.
Giải:
Áp dụng BĐT trong tam giác ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\Rightarrow ac+bc>c^2\left(1\right)\\b+c>a\Rightarrow ab+ac>a^2\left(2\right)\\c+a>b\Rightarrow bc+ab>b^2\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\) theo vế ta có:
\(2\left(ab+bc+ca\right)>a^2+b^2+c^2\)
Hay \(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\) (Đpcm)
a2là góc đó hả