NN
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NN
0
13 tháng 4 2020
vì a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tg
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c\\a+c>b\\b+c>a\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}ac+bc>c^2\\ab+bc>b^2\\ab+ca>a^2\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac+ab+bc+ac>a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\) (1)
có : \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0\\\left(b-c\right)^2\ge0\\\left(c-a\right)^2\ge0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2-2ab+b^2\ge0\\b^2-2bc+c^2\ge0\\c^2-2ac+a^2\ge0\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ac\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow2ab+2bc+2ac\le2a^2+2b^2+2c^2\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2\) (2)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\)
DD
1
VM
13 tháng 1 2020
Ta có: \(0\le a\le b\le1.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-1\le0\\b-1\le0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right).\left(b-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow ab-a-b+1\ge0.\)
\(\Rightarrow ab+1\ge0+a+b\)
\(\Rightarrow ab+1\ge a+b\)
\(\Rightarrow\frac{1}{ab+1}\le\frac{1}{a+b}.\)
\(\Rightarrow\frac{c}{ab+1}\le\frac{c}{a+b}\left(c\ge0\right).\)
Mà \(\frac{c}{a+b}\le\frac{2c}{a+b+c}\left(c\ge0\right)\)
\(\Rightarrow\frac{c}{ab+1}\le\frac{2c}{a+b+c}\left(1\right).\)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
\(\frac{b}{ac+1}\le\frac{2b}{a+b+c}\left(2\right);\frac{a}{bc+1}\le\frac{2a}{a+b+c}\left(3\right).\)
Cộng theo vế \(\left(1\right);\left(2\right)và\left(3\right)\) ta được:
\(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\le\frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\le\frac{2a+2b+2c}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\le\frac{2.\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\le2\left(đpcm\right).\)
Chúc bạn học tốt!
BB
0
NV
0
26 tháng 6 2017
Mk còn thiếu vế trái nữa
a2 + b2 + c2 \(\le\)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 )
b \(\le\) a + c => b . b \(\le\)b ( a + c ) => b2 \(\le\)ab + bc ( 2)
c \(\le\) 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 a2 + b2 + c2 \(\le\)2.( ab + bc + ca )
26 tháng 6 2017
a2 + b2 + c2 \(\ge\) ab + bc + ca
<=> a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca \(\ge\) 0
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca \(\ge\)0
<=> ( a2 - 2ab + b2 ) + ( b2 - 2bc + c2 ) + ( c2 - 2ca + a2 ) \(\ge\)0
<=> ( a - b )2 + ( b - c)2 + ( c - a)2 \(\ge\) 0 ( Luôn đúng)
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c
T
0
8 tháng 3 2019
Từ a+b+c=6 \(\Rightarrow\)a+b=6-c
Ta có: ab+bc+ac=9\(\Leftrightarrow\)ab+c(a+b)=9
\(\Leftrightarrow\)ab=9-c(a+b)
Mà a+b=6-c (cmt)
\(\Rightarrow\)ab=9-c(6-c)
\(\Rightarrow\)ab=9-6c+c2
Ta có: (b-a)2\(\ge\)0 \(\forall\)b, c
\(\Rightarrow\)b2+a2-2ab\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)(b+a)2-4ab\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)(a+b)2\(\ge\)4ab
Mà a+b=6-c (cmt)
ab= 9-6c+c2 (cmt)
\(\Rightarrow\)(6-c)2\(\ge\)4(9-6c+c2)
\(\Rightarrow\)36+c2-12c\(\ge\)36-24c+4c2
\(\Rightarrow\)36+c2-12c-36+24c-4c2\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)-3c2+12c\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)3c2-12c\(\le\)0
\(\Rightarrow\)3c(c-4)\(\le\)0
\(\Rightarrow\)c(c-4)\(\le\)0
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}}\)hoặc\(\hept{\begin{cases}c\le0\\c-4\ge0\end{cases}}\)
*\(\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c\le4\end{cases}\Leftrightarrow}0\le c\le4}\)
*
a^2 + b^2 + ab + bc+ ac < 0
<=> a^2 + b^2 + c^2 +ab + bc+ ac < c^2
<=> 2(a^2 + b^2 + c^2 +ab + bc+ ac) < 2c^2
<=> (a+b+c)^2 + a^2 + b^2 + c^2 < 2 c^2
Mà (a+b+c)^2 >= 0 nên suy ra a^2 + b^2 + c^2 < c^2
suy ra dpcm
nhầm a^2 + b^2 + c^2 < 2c^2 và suy ra dpcm