Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác và p là nữa chu vi cùa tam giác đó. Chứng minh:
\(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh một tam giác, p là nửa chu vi. Chứng minh ràng:
\(\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)
Vì \(\sqrt{p}>0\) nên ta có điều tương đương \(p< \left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow p< \left(3p-a-b-c\right)+2\left(\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}>0\) (luôn đúng)
Chứng minh \(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta được : \(\left(1.\sqrt{p-a}+1.\sqrt{p-b}+1.\sqrt{p-c}\right)^2\le3\left(p-a+p-b+p-c\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)
Vậy có đpcm.
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác, p là nửa chu vi. Chứng minh:
\(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)
Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi thì
\(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)
Áp dụng BĐT Bu- nhi - a:
\(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\)\(\le\sqrt{\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(p-a+p-b+p-c\right)}\)
\(=\sqrt{3\left(3p-2p\right)}=\sqrt{3p}\)(Vì p là nửa chu vi nên \(a+b+c=2p\))
Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c\)hay tam giác ABC đều
4555555555555555555555555555555555555555555
cho tam giác ABC có 3 cạnh là a,b,c . p là nửa chu vi của tam giác. cmr:
\(\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)
Ta biến đổi tương đương : \(\left(1\right)\Leftrightarrow p< \left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow p< 3p-\left(a+b+c\right)+2\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+2\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+2\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}>0\) (luôn đúng)
Chứng minh \(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)Áp dụng bđt Bunhiacopxki, ta có \(\left(1.\sqrt{p-a}+1.\sqrt{p-b}+1.\sqrt{p-c}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(3p-a-b-c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\le3p\Rightarrow\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c => Tam giác ABC là tam giác đều
cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác có chu vi là 2p CM \(\sqrt{p}< \sqrt{a}-a+\sqrt{p-b}+\sqrt{P-c}< =\sqrt{3p}\)
cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
\(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Đặt \(P=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
Ta có:
\(a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}\ge\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(a+b\right)\)
Tương tự và cộng lại ta được BĐT bên trái
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Bên phải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
\(P^2\le3\left(a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2\right)=6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Mặt khác do a;b;c là 3 cạnh của 1 tam giác:
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\a+c>b\\b+c>a\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bc>c^2\\ab+bc>b^2\\ab+ac>c^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 6\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow P^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 3\left(a^2+b^2+c^2\right)+6\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow P^2< 3\left(a+b+c\right)^2\Rightarrow P< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Cho tam giác ABC có a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác, trong đó a lớn nhất. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi \(\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}\right)\left(\sqrt{a+c}+\sqrt{a-c}\right)=\left(a+b+c\right)\sqrt{2}\)
bạn ơi giúp mình với C/M: (ax^2 - bx^2)^4 + (2ab+bx^2)^4 + (2ab+a^2)^4 = 2(a^2+ab+b^2)
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi là 3:
CMR: \(\sqrt{\frac{ab}{a+b-c}}+\sqrt{\frac{bc}{b+c-a}}+\sqrt{\frac{ca}{c+a-b}}\ge3\)
Do a,b,c là 3 cạnh tam giác nên \(a+b-c>0;b+c-a>0;c+a-b>0\)
Đặt \(x=b+c-a>0\)
\(y=a+c-b>0\)
\(z=a+b-c>0\)
\(\Rightarrow a=\frac{"y+z"}{2}\)
\(\Rightarrow b=\frac{"x+z"}{2}\)
\(\Rightarrow c=\frac{"x+y"}{2}\)
\(A=\frac{a}{"b+c-a"}+\frac{b}{"a+c-b"}+\frac{c}{"a+b-c"}\)
\(=\frac{"y+z"}{"2x"}+\frac{"x+z"}{"2y"}+\frac{"x+y"}{"2z"}\)
\(=\frac{1}{2}."\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\)
Áp dụng công thức bdt Cauchy cho 2 số :
\(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)
\(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\ge2\)
\(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\ge2\)
Cộng 3 bdt trên, suy ra :
\("\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\ge6\)
\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{2}.6=3\) "dpcm"
P/s: Nhớ thay thế dấu ngoặc kép thành dấu ngoặc đơn nhé
Chứng minh rằng nếu a và b là độ dài 2 cạnh của một tam giác vuông với độ dài cạnh huyền là c thì \(a+b\le c\sqrt{2}\)
Ta có :\(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
Mà \(a^2+b^2=c^2\left(Py-ta-go\right)\)
\(\Rightarrow c^2-2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow c^2\ge2ab\)
\(\Leftrightarrow2c^2\ge a^2+b^2+2ab\)( Do c2=a2+b2)
\(\Leftrightarrow2c^2\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow c\sqrt{2}\ge a+b\)( ĐPCM )
Ta có a+b \(\le\)c√2
<=> (a+b) 2\(\le\)(c√2)2
<=> a2+2ab+b2\(\le\)2c2
<=> a2+2ab+b2 \(\le\)2(a2+b2) = 2a2+2b2
<=> 0 \(\le\)a2-2ab+b2 = (a-b)2 ( luôn đúng)
=> a+b \(\le\)c√2
Dựa vàu định lý py-ta-go ta có: \(a^2+b^2=c^2\)
Mà \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\Leftrightarrow c^2-2ab\ge0\Leftrightarrow c^2\ge2ab\Leftrightarrow2c^2\ge c^2+2ab\Leftrightarrow2c^2\ge a^2+b^2+2ab\)\(\Leftrightarrow2c^2\ge\left(a+b\right)^2\Leftrightarrow c\sqrt{2}\ge a+b\)(đpcm)