Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác
a) CM: \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)
b) CM: \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
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
DT
7 tháng 4 2018
\(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2.\)
áp dụng bất đẳng thức cô si cho 6 số \(a^2,b^2,c^2,a^2b^2,b^2c^2,a^2c^2\)ta được
\(a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.a^2b^2.b^2c^2.a^2c^2}=6\sqrt[6]{a^6.b^6.c^6}=6.abc\)
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
4 tháng 8 2020
2) Ta có: Áp dụng bất đẳng thức:
\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\) ta được:
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{\left(a+b-c+b+c-a\right)^2}{4}=\frac{4b^2}{4}=b^2\)
Tương tự chứng minh được:
\(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
Nhân vế 3 bất đẳng thức trên với nhau ta được:
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
30 tháng 8 2017
a2(1+b2)\(\ge\)2a2b;b2(1+c2)\(\ge\)2b2c;c2(1+a2)\(\ge\)2ac2 (cô -si 2 số)
VT\(\ge\)2(a2b+b2c+ac2)\(\ge\)2..\(3\sqrt[3]{a^2b.ac^2.b^2c}=2.3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=6abc\)
Dấu "="xảy ra <->a=b=c
30 tháng 8 2017
\(a^2\left(1+b^2\right)+b\left(1+c^2\right)+c\left(1+a^2\right)\)=\(a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2\)
ta có \(a^2;b^2;c^2;a^2b^2;b^2c^2;c^2a^2\ge0\)áp dụng bất đẳng thức cói 6 số với các số dương trên ta có \(a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)\(\ge6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.a^2b^2.b^2c^2.c^2a^2}\)\(=6\sqrt[6]{a^6.b^6.c^6}\)\(=6\sqrt[6]{\left(abc\right)^6}=6abc\)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=ab=bc=ca =1 hoặc=0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 2 2020
a/ Với mọi số thực ta luôn có:
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Lại có do a;b;c là ba cạnh của 1 tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:
\(a+b>c\Rightarrow ac+bc>c^2\)
\(a+c>b\Rightarrow ab+bc>b^2\)
\(b+c>a\Rightarrow ab+ac>a^2\)
Cộng vế với vế: \(2\left(ab+bc+ca\right)>a^2+b^2+c^2\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 2 2020
b/
Do a;b;c là ba cạnh của tam giác nên các nhân tử vế phải đều dương
Ta có:
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{1}{4}\left(a+b-c+b+c-a\right)^2=b^2\)
Tương tự: \(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
\(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\)
Nhân vế với vế:
\(a^2b^2c^2\ge\left(a+b-c\right)^2\left(b+c-a\right)^2\left(a+c-b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\)
a/ \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)
\(\Leftrightarrow a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2\ge6abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2abc+b^2c^2\right)+\left(b^2-2abc+a^2c^2\right)+\left(c^2-2abc+a^2b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-bc\right)^2+\left(b-ac\right)^2+\left(c-ab\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt được chứng minh.
b/ \(a^3+b^3+c^3\ge3.\sqrt[3]{a^3.b^3.c^3}=3abc\)