Cho a.b.c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. CMR :
phương trình : \(x^2+2\sqrt{a^2+b^2+c^2}.x+2ab+2bc+2ca=0\)
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
17 tháng 5 2019
Đặt M = (a^2+b^2-c^2)/2ab + (b^2+c^2-a^2)/2bc + c^2+a^2-b^2/2ca
Ta có M-1=\(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\frac{c^2+a^2-b^2}{2ac}-1.\)
=>M-1=\(\frac{c\left(a^2+b^2-c^2\right)+a\left(b^2+c^2-a^2\right)+b\left(c^2+a^2-b^2\right)-2abc}{2abc}\)
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác => a2+b2\(\ge\)c2,b2+c2\(\ge\)a2,c2+a2\(\ge\)b2
Vậy M-1\(\ge\)0=> M\(\ge\)1(đpcm)
HT
0
KL
1
19 tháng 7 2018
a^2 -b^2 -c^2 +2bc = a^2 -(b^2 +c^2 -2bc)
= a^2 -(b-c)^2
= (a-b+c)(a+b-c)
Theo bất đẳng thức tam giác, ta có:
a+c>b và a+b>c
Suy ra: a-b+c >0 và a+b-c >0
Do đó: (a-b+c)(a+b-c) >0
Vậy a^2 - b^2 -c^2 + 2bc >0
Chúc bạn học tốt.
8 tháng 10 2021
\(M=\sqrt{a^2+2ab+b^2+b^2}+\sqrt{b^2+2bc+c^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ca+a^2+a^2}\)
\(M=\sqrt{\left(a+b\right)^2+b^2}+\sqrt{\left(b^{ }+c\right)^2+c^2}+\sqrt{\left(c+a\right)^2+a^2}\)
\(M\ge\sqrt{\left(a+b+b+c+c+a\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\ge\sqrt{\left[2\left(a+b+c\right)\right]^2+3^2}\ge\sqrt{6^2+3^2}\ge3\sqrt{5}\)
\(dấu\)\("="xảy\) \(ra\) \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 10 2021
Cách khác:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$5(a^2+2ab+2b^2)=[(a+b)^2+b^2](2^2+1^2)\geq [2(a+b)+b]^2$
$\Rightarrow \sqrt{5(a^2+2ab+b^2)}\geq 2a+3b$
Tương tự với các căn thức còn lại và cộng theo vế:
$M\sqrt{5}\geq 5(a+b+c)$
$\Leftrightarrow M\geq \sqrt{5}(a+b+c)=3\sqrt{5}$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
LQ
2
TN
7 tháng 10 2016
Ta áp dụng Bđt Cauchy ngược dấu
\(T=\frac{1}{2ab^2+1}+\frac{1}{2bc^2+1}+\frac{1}{2ca^2+1}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2b}{2ab^2+1}+\frac{b^2c}{2bc^2+1}+\frac{c^2a}{2ca^2+1}\le1\)
\(\frac{ab^2}{2ab^2+1}\le\frac{ab^2}{3\sqrt[3]{ab^2\cdot ab^2\cdot1}}\)\(\le\frac{\sqrt[3]{ab^2}}{3}\le\frac{a+2b}{9}\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(\frac{b^2c}{2bc^2+1}\le\frac{b+2c}{9}\left(2\right);\frac{c^2a}{2ca^2+1}\le\frac{c+2a}{9}\left(3\right)\)
Cộng theo vế của (1),(2) và (3) ta có:
\(T\le\frac{a+b+c+2c+2a+2b}{9}\)\(=\frac{3\left(a+b+c\right)}{9}=\frac{a+b+c}{3}=1\)
Dấu = khi a=b=c=1