Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(P=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
Ta có:
\(a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}\ge\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(a+b\right)\)
Tương tự và cộng lại ta được BĐT bên trái
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Bên phải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
\(P^2\le3\left(a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2\right)=6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Mặt khác do a;b;c là 3 cạnh của 1 tam giác:
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\a+c>b\\b+c>a\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bc>c^2\\ab+bc>b^2\\ab+ac>c^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 6\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow P^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 3\left(a^2+b^2+c^2\right)+6\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow P^2< 3\left(a+b+c\right)^2\Rightarrow P< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\forall a,b,c\\\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\forall a,b,c\\\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\forall a,b,c\end{cases}}\)
Nhân vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được :
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\left(1\right)\)
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)>0\)
Mà dễ thấy \(abc>0\)
Nên từ \(\left(1\right)\) : \(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)(đpcm)
Ta có :\(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
Mà \(a^2+b^2=c^2\left(Py-ta-go\right)\)
\(\Rightarrow c^2-2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow c^2\ge2ab\)
\(\Leftrightarrow2c^2\ge a^2+b^2+2ab\)( Do c2=a2+b2)
\(\Leftrightarrow2c^2\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow c\sqrt{2}\ge a+b\)( ĐPCM )
Ta có a+b \(\le\)c√2
<=> (a+b) 2\(\le\)(c√2)2
<=> a2+2ab+b2\(\le\)2c2
<=> a2+2ab+b2 \(\le\)2(a2+b2) = 2a2+2b2
<=> 0 \(\le\)a2-2ab+b2 = (a-b)2 ( luôn đúng)
=> a+b \(\le\)c√2
Đặt \(\frac{\left(a+b-c\right)}{2}=x;\frac{\left(c+a-b\right)}{2}=y;\frac{\left(b+c-a\right)}{2}=z\) thì x, y, z > 0(do a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác)
Và \(a=x+y;b=x+z;c=y+z\)
Thay vào, ta cần chứng minh: \(2\left[xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)+6xyz\right]>0\) (luôn đúng do x, y, z > 0)
Done!
1) Ta sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương như sau :
Ta có : \(\left(x^{10}+y^{10}\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x^8+y^8\right)\left(x^4+y^4\right)\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow x^{12}+x^{10}y^2+y^{10}x^2+y^{12}\ge x^{12}+x^8y^4+y^8x^4+y^{12}\)
\(\Leftrightarrow x^{10}y^2+y^{10}x^2\ge x^8y^4+y^8x^4\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^8+y^8-x^6y^2-x^2y^6\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left[\left(x^8-x^6y^2\right)+\left(y^8-x^2y^6\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^6-y^6\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^3-y^3\right)\left(x^3+y^3\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\left(x^2-xy+y^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)(2)
Ta thấy : \(x^2-xy+y^2=\frac{\left(x^2-2xy+y^2\right)+x^2+y^2}{2}=\frac{\left(x-y\right)^2+x^2+y^2}{2}\ge0\)
\(x^2+xy+y^2=\frac{\left(x+y\right)^2+x^2+y^2}{2}\ge0\) ; \(x^2y^2\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\ge0\)
Do đó (2) luôn đúng.
Vậy (1) được chứng minh.
Áp dụng BĐT Bu- nhi - a:
\(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\)\(\le\sqrt{\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(p-a+p-b+p-c\right)}\)
\(=\sqrt{3\left(3p-2p\right)}=\sqrt{3p}\)(Vì p là nửa chu vi nên \(a+b+c=2p\))
