Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
P = (a + b + c)3 - 4(a3 + b3 + c3) - 12abc
= (a + b + c)3 - 4(a3 + b3 + c3 + 3abc)
= (a + b + c)3 - 8c3 - 4(a3 + b3 - c3 + 3abc)
= (a + b + c)3 - (2c)3 - 4(a3 + b3 - c3 + 3abc)
Có (a + b + c)3 - (2c)3
= (a + b - c)[(a + b + c)2 + (a + b + c).2c + 4c2]
= (a + b - c)(a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca + 2ac + 2bc + 2c2 + 4c2)
= (a + b - c)(a2 + b2 + 7c2 + 4bc + 4ac + 2ba)
Lại có a3 + b3 - c3 + 3abc
= (a + b)3 - c3 - 3ab(a + b) + 3abc
= (a + b - c)[(a + b)2 + (a + b)c + c2 - 3ab]
= (a + b - c)(a2 + b2 + c2 + ac + bc - ab)
Khi đó P = (a + b - c)(a2 + b2 + 7c2 + 4bc + 4ac + 2ba) - 4(a + b - c)(a2 + b2 + c2 + ac + bc - ab)
= (a + b - c)(-3a2 - 3b2 + 3c2 + 6ba)
= 3(a + b - c)(- a2 - b2 + 2ab + c2)
= 3(a + b - c)[c2 - (a - b)2]
= 3(a + b - c)(a + c - b)(c - a + b)
Nếu P < 0 thì 3(a + b - c)(a + c - b)(c - a + b) < 0
<=> (a + b - c)(a + c - b)(c + b - a) < 0
=> Có ít nhất một hạng tử trái dấu với 2 hạng tử còn lại
Với a,b,c > 0
Giả sử \(\left\{{}\begin{matrix}a+b-c< 0\\a+c-b>0\\b+c-a>0\end{matrix}\right.\) => a;b;c không là 3 cạnh tam giác
hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}a+b-c>0\\b+c-a< 0\\a+c-b< 0\end{matrix}\right.\) cũng tương tự
Vậy a,b,c không là 3 cạnh tam giác
\(VT-VP=\frac{\Sigma_{cyc}\left(a-b+c\right)\left(a-b\right)^2}{abc}\ge0\) ( do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác )
\(a,b,c\) 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.
a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .