K
Khách

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

10 tháng 8 2017

1) Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên

\(a< b+c\)

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

Chứng minh tương tự: \(b^2< ab+bc\)

\(c^2< ac+bc\)

Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh ta được đpcm

2) \(x^4-4x+5=x^4-4x^2+4+4x^2-4x+1=\left(x^2-2\right)^2+\left(2x-1\right)^2\ge0\)

Không xảy ra đẳng thức nên ta suy ra đpcm

19 tháng 11 2023

loading...

8 tháng 8 2016

Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a,b,c > 0

Áp dụng bđt Cauchy : \(b^2+1\ge2\sqrt{b^2}=2\left|b\right|=2b\)\(\Rightarrow a\left(1+b^2\right)\ge2ab\)

Tương tự : \(b\left(1+c^2\right)\ge2bc\) , \(c\left(1+a^2\right)\ge2ac\)

Cộng các bđt trên ta được đpcm

NV
30 tháng 7 2021

a.

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

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

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

Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên:

\(\left\{{}\begin{matrix}a< b+c\Rightarrow a-b-c< 0\\a+c>b\Rightarrow a-b+c>0\\a+b>c\Rightarrow a+b-c>0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(a-b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)< 0\)

\(\Rightarrow\Delta< 0\)

\(\Rightarrow\) Phương trình vô nghiệm

Đề bài sai

NV
30 tháng 7 2021

b.

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

\(=a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca\)

Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên:

\(\left\{{}\begin{matrix}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2< ab+ac\\b^2< ab+bc\\c^2< ac+bc\end{matrix}\right.\)

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

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca< 0\)

\(\Rightarrow\Delta< 0\)

\(\Rightarrow\) Phương trình vô nghiệm

Đề bài sai

27 tháng 12 2021

mới lớp 7 a ới

Mk còn thiếu vế trái nữa

 a2 + b2 + c\(\le\)2 ( ab + bc + ca ) 

Vì a ; b ; c là 3 cạnh của 1 tam giác nên theo bất đẳng  thức  tam giác:

Ta có: 

a\(\le\)b +c => a . a \(\le\)a.(b + c) => a2 \(\le\) ab + ac    ( 1 ) 

\(\le\) a + c => b . b \(\le\)b ( a + c ) => b\(\le\)ab + bc   ( 2) 

\(\le\) a + b => c . c \(\le\) c . ( a + b ) => c2 \(\le\) ac  + bc   ( 3 ) 

Cộng với các vế ( 1 ) ; ( 2 ) ; ( 3 ) được: 

a2+ b2 + c2 \(\le\) ab + ac + ab + bc + ac + bc 

Vậy a + b+ c\(\le\)2.( ab + bc + ca ) 

a2 + b2 + c \(\ge\)    ab + bc + ca 

 <=> a2 + b2 + c2 - ab - bc  - ca \(\ge\) 0 

<=> 2a+ 2b+ 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca \(\ge\)

<=> ( a2 - 2ab + b) + ( b2 - 2bc + c2 ) + ( c2 - 2ca + a\(\ge\)0 

<=> ( a - b )2 + ( b - c)2 + ( c - a)\(\ge\) 0 ( Luôn đúng)

Dấu "  = " xảy ra khi a = b = c 

18 tháng 4 2022

non vãi loonf đến câu này còn đéo bt ko bt đi học để làm gì

 

18 tháng 4 2022

đúng trẻ trâu

AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 12 2018

Bài 1:

(a)

Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:

\(\left\{\begin{matrix} a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c(a+b)>c^2\\ a(b+c)>a^2\\ b(c+a)>b^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)> c^2+a^2+b^2\)

\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2\)

Ta có đpcm.

(2): Bài này có nhiều cách giải. Nhưng mình xin đưa ra cách làm thuần túy Cô-si nhất.

Đặt

\((a+b-c, b+c-a, c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=(\frac{x+z}{2}; \frac{x+y}{2}; \frac{y+z}{2})\)

Khi đó:

\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}\)

\(=\frac{x}{2y}+\frac{z}{2y}+\frac{x}{2z}+\frac{y}{2z}+\frac{y}{2x}+\frac{z}{2x}\geq 6\sqrt[6]{\frac{1}{2^6}}=3\) (áp dụng BĐT Cô-si)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$

(c):

Theo BĐT tam giác:

\(b+c>a\Rightarrow 2(b+c)> b+c+a\Rightarrow b+c> \frac{a+b+c}{2}\)

\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)

Hoàn toàn tương tự với những phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2\)

Ta có đpcm.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 12 2018

Bài 2:

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:

\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.d^2.ab.cd}=6\sqrt[6]{(abcd)^3}=6\sqrt[6]{1^3}=6\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a^2=b^2=c^2=d^2=ab=cd\\ abcd=1\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c=d=1\)

14 tháng 9 2017

Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác nên:

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

Tương tự:

\(b^2< ab+bc;c^2< ac+bc\)

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