Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì a:b:c là độ dài cạnh tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b>c\\b+c>a\\c+a>b\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}}\)
Áp dụng bđt AM - GM ta có :
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=\frac{2b}{2}=b\)(1)
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\le\frac{a+b-c+c+a-b}{2}=\frac{2a}{2}=a\)(2)
\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le\frac{b+c-a+c+a-b}{2}=\frac{2c}{2}=c\)(3)
Nhân vế với vế của (1); (2);(3) lại ta được :
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)^2\left(b+c-a\right)^2\left(c+a-b\right)^2}\le abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)(đpcm)
Diện tích hình vuông cạnh c là \(S=c^2\)
Tổng diện tích hai hình chữ nhật là \(S_1=2ab\)
Xét tg vuông có \(c^2=a^2+b^2\)
Áp dụng cosi có
\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Rightarrow\frac{a^2+b^2+2ab}{4}\ge ab\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\) Dấu = xảy ra khi \(a=b\)
\(\Rightarrow S\ge S_1\left(dpcm\right)\)
\(S=S_1\) Khi a=b => tg ban đầu phải là tg vuông cân
Ta có a < b + c; b < c + a; c < a + b nên từ a + b + c = 2 suy ra a, b, c < 1.
BĐT cần cm tương đương:
\(\left(a+b+c\right)^2+2abc< 2\left(ab+bc+ca\right)+2\)
\(\Leftrightarrow abc-\left(ab+bc+ca\right)+1< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)< 0\).
Bất đẳng thức trên luôn đúng do a, b, c < 1.
Vậy ta có đpcm.
bài toán cực trị có ẩn trong đoạn là pahir cẩn thận này @
\(0\le a,b,c\le1\)\(\Rightarrow a\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow a-ab-a^2+a^2b\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b\ge ab+a^2-a\)
Tương tự \(b^2c\ge bc+b^2-b;c^2a\ge ca+c^2-c\)
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+1\ge1+bc+ca+ab-a-b-c+a^2+b^2+c^2\)
\(\ge\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)+abc+a^2+b^2+c^2\ge a^2+b^2+c^2\)
dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow\left(a,b,c\right)\in\hept{ }\left(0,1,1\right),\left(0,0,1\right),\left(1,0,1\right)\left(1,1,0\right)\left(0,1,0\right),\left(1,0,0\right)\left\{\right\}\)
