K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

NV
21 tháng 8 2021

\(p+q=1\Rightarrow q=1-p\)

BĐT cần c/m trở thành:

\(pa^2+\left(1-p\right)b^2-p\left(1-p\right)c^2>0\)

\(\Leftrightarrow p^2c^2+\left(a^2-b^2-c^2\right)p+b^2>0\) (1)

\(\Delta=\left(a^2-b^2-c^2\right)^2-4b^2c^2=\left(a^2-b^2-c^2+2bc\right)\left(a^2-b^2-c^2-2bc\right)\)

\(=\left(a^2-\left(b-c\right)^2\right)\left(a^2-\left(b+c\right)^2\right)\)

\(=\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)< 0\) theo BĐT tam giác

\(\Rightarrow\) (1) luôn đúng

21 tháng 8 2021

mình vẫn chưa học đến delta nên bạn có thể giải rõ ra được không ?

 

28 tháng 5 2018

Ta có :

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)       (1)

Vì \(a,b,c\)là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có :

\(a^2< a.\left(b+c\right)\)

\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)

Tương tự :

\(b^2< ab+bc\)

\(c^2< ca+bc\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)              (2)

Từ (1) và (2)

=> Đpcm

22 tháng 7 2016

Dễ thấy : \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\) 

Tương tự :  \(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\),  \(c+a\le\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\)

=>      \(2\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 8 2021

Lời giải:

$a(b-c)^2+b(a-c)^2\vdots a+b$

$\Leftrightarrow a(b^2-2bc+c^2)+b(a^2-2ac+c^2)\vdots a+b$

$\Leftrightarrow ab(a+b)-4abc+c^2(a+b)\vdots a+b$

$\Leftrightarrow 4abc\vdots a+b$

Giả sử $a+b$ là số nguyên tố lẻ. Đặt $a+b=p$

Khi đó;

$4abc\vdots p\Leftrightarrow abc\vdots p$

$\Rightarrow a\vdots p$ hoặc $b\vdots p$ hoặc $c\vdots p$

Nếu $a\vdots p\Leftrightarrow a\vdots a+b$ (vô lý với mọi $a>0$)

Nếu $b\vdots p$ thì tương tự (vô lý)

Nếu $c\vdots p\Leftrightarrow c\vdots a+b$. Mà $c>0$ nên $c\geq a+b$

$\Leftrightarrow a+b-c\leq 0$ (vi phạm bđt tam giác)

Do đó điều giả sử sai. Tức $a+b$ là hợp số.

1 tháng 6 2021

Áp dụng bđt AM - GM ta có \(\sqrt{\dfrac{a^2+\left(b+c\right)^2}{2a\left(b+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a^2+\left(b+c\right)^2}{2a\left(b+c\right)}+1\right)=\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2a\left(b+c\right)}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a\left(b+c\right)}{a^2+\left(b+c\right)^2}}\ge\dfrac{2\sqrt{2}a\left(b+c\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\).

Tương tự,...

Cộng vế với vế ta có \(\sqrt{\dfrac{a\left(b+c\right)}{a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b\left(c+a\right)}{b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c\left(a+b\right)}{c^2+\left(a+b\right)^2}}\ge\dfrac{4\sqrt{2}\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\). (*)

Mặt khác do a, b, c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác nên \(a\left(b+c-a\right)+b\left(c+a-b\right)+c\left(a+b-c\right)>0\Rightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge a^2+b^2+c^2\Rightarrow4\left(ab+bc+ca\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\). (**)

Từ (*) và (**) ta có đpcm.

 

18 tháng 12 2016

Cauchy ở mẫu \(a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}\)

Vậy vế trái \(\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\)

Và lượng trên tử bé hơn bằng \(ab+bc+ca\)

18 tháng 12 2016

Mình đánh nhầm, dòng cuối cùng là \(a+b+c\)

3 tháng 9 2018

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 ) 

3 tháng 9 2018

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