Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác nên \(a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)
Tương tự:\(b^2< bc+ca;c^2< ca+cb\)
Cộng vế theo vế ta có điều cần chứng minh.
Biến đổi vế trái ta có
(a+b+c)^2 = (a+b + c)( a+b+c) = a(a+b + c) + b(a+b+c ) + c (a+b+c )
= a^2 + ab +ac + ab + b^2 + bc + ac + bc + c^2
= a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ac => ĐPCM
vì a,b,c là số đo 3 cạnh của tam giác nên:
a+b>c( bđt tg)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}ac+bc>c^2\\ab+bc>b^2\\ac+ab>a^2\end{cases}}\)
Cộng 3 vế với nhau, ta có:
\(2ab+2bc+2ac>a^2+b^2+c^2\)
hay \(a^2+b^2+c^2< 2ab+2bc+2ac\)(đpcm)
Biến đổi tương đương ta được (a-b)2+c2<2ac+2bc
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên c<a+b
=>(a-b)2+c2<(a-b)2+(a+b)2=2a2+2b2
Do đó ta chỉ cần chứng minh 2a2+2b2\(\le\)2ac+2bc(*)
Bằng việc giả sử c=max{a;b;c} ta có ngay (*) đúng
Vậy ta có điều phải chứng minh
\(3x^2+2xy+3y^2=\left(x+y\right)^2+2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2+\left(x+y\right)^2=2\left(x+y\right)^2\)
\(\Rightarrow A\ge\sqrt{2}\left(a+b\right)+\sqrt{2}\left(b+c\right)+\sqrt{2}\left(c+a\right)\)
\(A\ge2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\ge\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=6\sqrt{2}\)
\(A_{min}=6\sqrt{2}\) khi \(a=b=c=1\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT trong tam giác ta có:
$x+y>z$
$\Rightarrow xz+yz> z^2$
Tương tự: $xy+yz\geq y^2; xy+xz\geq x^2$
Cộng theo vế các BĐT trên ta thu được:
$2(xy+yz+xz)> x^2+y^2+z^2$
$\Leftrightarrow xy+yz+xz\geq \frac{x^2+y^2+z^2}{2}$ (đpcm)