Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
CMR \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 7 2021
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:
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\a+c>b\\b+c>a\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bc>c^2\\ab+bc>b^2\\ab+ac>c^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 6\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow P^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 3\left(a^2+b^2+c^2\right)+6\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow P^2< 3\left(a+b+c\right)^2\Rightarrow P< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
14 tháng 8 2015
+) Chứng minh: \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
Áp dụng B ĐT Bu nhia có: (a+ b)2 \(\le\) 2(a2 + b2) => \(a+b\le\sqrt{2}.\sqrt{a^2+b^2}\)
Tương tự ta có: \(b+c\le\sqrt{2}.\sqrt{b^2+c^2};c+a\le\sqrt{2}.\sqrt{c^2+a^2}\)
Cộng từng vế của B ĐT trên => \(2.\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2}.\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\)
=> \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
+) Chứng minh \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}
13 tháng 9 2017
ta có \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)
chứng minh tương tự ta cũng có
\(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)};c+a\le\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\)
cộng các vế của các bdt lại , rồi bạn đưa \(\sqrt{2}\)ra ngoài, bạn sẽ có dpcm
( phần chứng minh \(< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)bạn tự chứng minh nhá) :))
AH
Akai Haruma
Giáo viên
16 tháng 8 2017
Lời giải:
Vế đầu tiên:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow 2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2\Leftrightarrow a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}\)
Do đó, \(\sqrt{a^2+b^2}\geq \frac{a+b}{\sqrt{2}}\). Tương tự với các biểu thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow S\geq \sqrt{2}(a+b+c)\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
Vế sau:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(S^2\leq (1+1+1)(a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2)\)
\(\Leftrightarrow S^2\leq 6(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow S\leq \sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}\) \((1)\)
Ta sẽ cm \(\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}< \sqrt{3}(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)\leq (a+b+c)^2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq 2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)\geq 0\) (luôn đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác)
Do đó \(\sqrt{6(a^2+b^2+c^2)}<\sqrt{3}(a+b+c)(2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow S<\sqrt{3}(a+b+c)\)
Vậy ta có đpcm.
3 tháng 11 2018
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\)(1)
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)(2)
Dễ thấy \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)nên \(a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)
Tương tự \(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\)\(a+c\le\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
Do \(a,b,c\)là ba cạnh của một tam giác nên
\(\left(a-b\right)^2< c^2\Rightarrow a^2+b^2< c^2+2ab\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}< \sqrt{c^2+2ab}\)
Tương tự \(\sqrt{b^2+c^2}< \sqrt{a^2+2bc}\)\(\sqrt{a^2+c^2}< \sqrt{b^2+2ac}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{c^2+2ab}+\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}\)
Áp dụng BĐT \(x+y+z\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\), ta có :
\(\sqrt{c^2+2ab}+\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}\le\sqrt{3\left(c^2+2ab+c^2+2bc+b^2+2ac\right)}\)
\(=\sqrt{3\left(a+b+c\right)^2}=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
P/s ko bt có đúng ko
20 tháng 8 2016
3, \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\sqrt{\frac{a^2}{a\left(b+c\right)}}\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{\frac{a}{b+c}}}=\sqrt{\frac{a\left(b+c\right)}{a^2}}.\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : \(\sqrt{\frac{a\left(b+c\right)}{a^2}}\le\frac{a+b+c}{2a}\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\left(1\right).\)
Chứng minh tương tự ta có : \(\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\left(2\right).\); \(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\left(3\right).\)
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2.\)( đpcm )
dấu " = " xẩy ra khi a = b = c > 0
Áp dụng định lý Pi-ta-go đó
\(a,b,c\) là 3 cạnh của tam giác nên \(a,b,c>0\).
Chứng minh bất đẳng thức phụ
Giả sử: \(\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\ge a+b\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\) ( luôn đúng)
Giả sử: \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\)
Ta có: \(\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\ge a+b+b+c+a+c\)
\(\Rightarrow\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\ge2\left(a+b+c\right)\)
Vậy: \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\).
Ta chứng minh: \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Bu - nhi - a ta có:
\(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}\right)^2\le\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+b^2+c^2+a^2+c^2\right)\)
\(=6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Ta cần chứng minh: \(6\left(a^2+b^2+c^2\right)< \left(\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)< \left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2< 2ab+2bc+2ac\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+c^2< 2bc+2ac\)(1)
Do \(a,b,c\)là 3 cạnh của tam giác suy ra \(a-b< c\)
Gải sử \(a>b\) suy ra \(\left(a-b\right)^2< c^2\)
Thay vào (1 ) ta có \(c^2+c^2< 2bc+2ac\)
\(\Leftrightarrow2c^2< 2c\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow c< a+b\)( Đúng với a, b, c là 3 cạnh của tam giác)
Vậy BĐT đã được chứng minh.