Những câu hỏi liên quan
Khôi 2k9
Xem chi tiết
Nguyễn Đức Tiến
26 tháng 10 2020 lúc 20:53

impostor

Khách vãng lai đã xóa
Khôi 2k9
26 tháng 10 2020 lúc 20:57

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác suy ra :a,b, c >0

Áp dụng bđt cosi ta có

\(a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}\)

\(b^2+ac\ge2b\sqrt{ac}\)

\(c^2+ab\ge2c\sqrt{ab}\)

Suy ra 

\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ac}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}{abc}\right)\left(1\right)\)

Theo bđt cosi \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

do đó  (1) \(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}{abc}\right)\le\frac{1}{2}\left(\frac{\frac{b+c}{2}+\frac{a+c}{2}+\frac{a+b}{2}}{abc}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{a+b+c}{abc}\right)=\frac{a+b+c}{2abc}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{a+b+c}{2abc}\left(đpcm\right)\)

Khách vãng lai đã xóa
Nguyển Vũ Anh Tuấn
Xem chi tiết
mokona
29 tháng 1 2016 lúc 22:48

Kudo shinichi còn onl ko đó??

Nguyễn Vũ Anh Thư
29 tháng 1 2016 lúc 22:50

Vô danh sách bạn bè là biết mà mokona

Nguyển Vũ Anh Tuấn
30 tháng 1 2016 lúc 21:25

Đi chổ khác

 

Dra Hawk
Xem chi tiết
Trần Quốc Đạt
18 tháng 12 2016 lúc 10:21

Cauchy ở mẫu \(a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}\)

Vậy vế trái \(\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\)

Và lượng trên tử bé hơn bằng \(ab+bc+ca\)

Trần Quốc Đạt
18 tháng 12 2016 lúc 10:22

Mình đánh nhầm, dòng cuối cùng là \(a+b+c\)

Thùy Lê
Xem chi tiết
Phạm Thị Hằng
Xem chi tiết
alibaba nguyễn
27 tháng 7 2017 lúc 16:39

Ta có:

\(a< b+c\)

\(\Leftrightarrow2a< a+b+c=2\)

\(\Leftrightarrow a< 1\)

Tương tự ta cũng có:

\(\hept{\begin{cases}b< 1\\c< 1\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)>0\)

\(\Leftrightarrow-abc+ab+bc+ca-a-b-c+1>0\)

\(\Leftrightarrow abc< \left(ab+bc+ca\right)-1\)

\(\Leftrightarrow2abc< 2\left(ab+bc+ca\right)-2\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)-2\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< \left(a+b+c\right)^2+2=4-2=2\)

loancute
Xem chi tiết
Trần Minh Hoàng
20 tháng 1 2021 lúc 22:27

Ta có a < b + c; b < c + a; c < a + b nên từ a + b + c = 2 suy ra a, b, c < 1.

BĐT cần cm tương đương:

\(\left(a+b+c\right)^2+2abc< 2\left(ab+bc+ca\right)+2\)

\(\Leftrightarrow abc-\left(ab+bc+ca\right)+1< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)< 0\).

Bất đẳng thức trên luôn đúng do a, b, c < 1.

Vậy ta có đpcm.

 

Hoang Tran
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
27 tháng 7 2021 lúc 21:31

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:

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

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

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 6\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow P^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 3\left(a^2+b^2+c^2\right)+6\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow P^2< 3\left(a+b+c\right)^2\Rightarrow P< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)

Hoàng Minh
Xem chi tiết
Lê Minh Đức
Xem chi tiết