AS
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
VC
1
13 tháng 2 2020
a) Theo bất đẳng thức tam giác ta có :
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{cases}\left(1\right)}\)
Ta có : \(a+b+c=2\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c=2-a\\a+b=2-c\\a+c=2-b\end{cases}\left(2\right)}\)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 2-a\\b< 2-b\\c< 2-c\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a< 2\\2b< 2\\2c< 2\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 1\\b< 1\\c< 1\end{cases}\left(đpcm\right)}\)
b ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\le\left(\frac{2a}{2}\right)^2=a^2\)
Tường tự ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow9abc\ge8\left(ab+bc+ca\right)-8\)
\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)\)
\(+4\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\)
\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\left(a+b+c\right)^2-8\)
\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)
Chúc bạn học tốt !!!
DM
1
20 tháng 1 2020
a ) Theo bất đẳng thức tam giác ta có :
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{cases}\left(1\right)}\)
Ta có : \(a+b+c=2\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c=2-a\\a+b=2-c\\a+c=2-b\end{cases}\left(2\right)}\)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 2-a\\b< 2-b\\c< 2-c\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a< 2\\2b< 2\\2c< 2\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 1\\b< 1\\c< 1\end{cases}\left(đpcm\right)}\)
b ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\le\left(\frac{2a}{2}\right)^2=a^2\)
Tương tự ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow9abc\ge8\left(ab+bc+ca\right)-8\)
\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\)
\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\left(a+b+c\right)^2-8\)
\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)
Chúc bạn học tốt !!!
VT
31 tháng 1 2018
Xét \(a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2=\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)-2c^2\left(a^2-b^2\right)+c^4-4c^2b^2\)
=\(\left(a^2-b^2\right)^2-2\left(a^2-b^2\right)c^2+c^4-4c^2b^2=\left(a^2-b^2-c^2\right)^2-4c^2b^2\)
=\(\left(a^2-b^2-c^2-2bc\right)\left(a^2-b^2-c^2+2bc\right)=\left[a^2-\left(b+c\right)^2\right]\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]\)
=\(\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\)
Mà a,b,c là 3 cạnh tam giác => a-b-c<0 ;a+b+c>0;a-b+c>0;a+b-c>0
=>\(...< 0\Rightarrow a^4+b^4+c^4< 2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\left(ĐPCM\right)\)
31 tháng 1 2018
ta có\(a^4+b^4+c^4< 2a^2b^2+2c^2a^2+2b^2c^2\)
<=> \(-a^4-b^4-c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2>0\)
<=>\(4a^2c^2-\left(a^4+b^4+c^4-2a^2b^2+2a^2c^2-2b^2c^2\right)>0\)
<=> \(4a^2c^2-\left(a^2-b^2+c^2\right)^2>0\)
<=>.......
<=>(a+b+c)(a+c-b)(a+b-c)(b-a+c)>0
luôn đúng vì a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác
vậy bđt trên dc cm dễ dàng
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 3 2022
Ta có:
\(\left(2a^2-b^2-c^2\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow4a^4+b^4+c^4-4a^2b^2-4a^2c^2+2b^2c^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\ge6a^2b^2+6a^2c^2-3a^4\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3a^2\left(2b^2+2c^2-a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}\ge\dfrac{\sqrt{3}a}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}\ge\sqrt{3}\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}\ge\sqrt{3}.\dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\) ; \(\dfrac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\ge\sqrt{3}.\dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Cộng vế: \(P\ge\dfrac{\sqrt{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}=\sqrt{3}\)
\(P_{min}=\sqrt{3}\) khi \(a=b=c\)
ta có BĐT \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\)(chứng minh = AM-GM)
\(abc\ge\left(2-2a\right)\left(2-2b\right)\left(2-2c\right)=8\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\)
\(abc\ge8\left[1-\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)
\(\Leftrightarrow9abc\ge-8+8\left(ab+bc+ca\right)\)
do đó \(VT\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)+8\left(ab+bc+ca\right)-8\)
\(VT\ge4\left(a+b+c\right)^2-8=16-8=8\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)