Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Chứng minh \(a^2-b^2-c^2+2bc\)luôn có giá trị dương.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
DH
0
Những câu hỏi liên quan
NT
4
9 tháng 8 2018
Bài toán này chỉ chứng minh được với điều kiện đó là tam giác vuông với 2 cạnh của góc vuông là a & b.
Lúc đó ta sẽ có:
a^2 + b^2 = c^2
Suy ra:
a^2 + b^2 - c^2 = 0 (1)
Đề bài là:
M = 4a^2b^2 – ( a^2+ b^2 – c^2)
Thay (1) vào:
M = 4a^2b^2 - 0
M = 4a^2b^2
M > 0 (hay M luôn dương).
9 tháng 8 2018
Ta có \(a^2-b^2-c^2-2bc\)
\(=a^2-\left(b^2+2bc+c^2\right)\)
\(=a^2-\left(b+c\right)^2\)
Ta có \(a^2\ge0;\left(b+c\right)^2\ge0\)nên \(a^2-\left(b+c\right)^2\ge0\)
Khi đó hiệu trên luôn dương
Vậy....
MN
3
LT
a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :P=4b2c2-(b2+c2-a2)2 luôn có giá trị dương
0
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 : \(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\), \(c+a\le\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\)
=> \(2\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
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.
DD
18 tháng 7 2015
A=4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)^2
=(2ab)^2-(a^2+b^2-c^2)^2
=(a^2+b^2-c^2+2ab)[(2ab-a^2-b^2+c^2)]
=[(a+b)^2-c^2]{[-[(a+b)^2-c^2]}
=-[(a+b)^2-c^2)]^2
Theo bđt tam giác ta có a+b>c=>(a+b)^2-c^2>0 => -[(a+b)^2-c^2]<0. Vậy a<0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
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
HV
21 tháng 8 2021
mình vẫn chưa học đến delta nên bạn có thể giải rõ ra được không ?