Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nè bạn :)
Ta có : \(2ab+2ac\ge4a\sqrt{bc}\) (Cauchy_)
\(\Rightarrow a^2+2ab+2ac+4bc\ge a^2+4a\sqrt{bc}+4bc\)
\(\Rightarrow a^2+2ab+2ac+4bc\ge\left(a+2\sqrt{bc}\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(a+2b\right)\left(a+2c\right)}\ge a+2\sqrt{bc}\)\(\left(1\right)\)
Tương tự : \(\sqrt{\left(b+2a\right)\left(b+2c\right)}\ge b+2\sqrt{ac}\)\(\left(2\right)\)
\(\sqrt{\left(c+2a\right)\left(c+2b\right)}\ge c+2\sqrt{ab}\)\(\left(3\right)\)
Từ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\)\(\Rightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\ge3\)
\(\Rightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge\sqrt{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Thay vào biểu thức M ta được M = \(\frac{\sqrt{3}}{3}\)
Câu a. Trong một tam giác có ít nhất hai góc nhọn, giả sử là B và C. Kẻ AH vuông góc với BC, thì H nằm giữa B,C. Ta đặt \(h=AH,x=HC\) . Theo định lý Pi-ta-go cho tam giác AHC ta có \(h^2+x^2=b^2.\) (1)
Mặt khác \(BH=a-x\to\left(a-x\right)^2+h^2=AH^2+BH^2=AB^2=c^2\to\left(a-x\right)^2+h^2=c^2.\) (2)
Trừ (1),(2) cho nhau ta được \(x^2-\left(a-x\right)^2=b^2-c^2\to x=\frac{b^2-c^2+a^2}{2a}.\)
Vì vậy \(h^2=b^2-x^2=b^2-\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}\right)^2=\frac{\left(c^2-\left(a-b\right)^2\right)\left(\left(a+b\right)^2-c^2\right)}{4a^2}\)
Thành thử, \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\cdot AH\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot a\cdot\sqrt{\frac{\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}{4a^2}}\)
\(\to S_{\Delta ABC}=\frac{1}{4}\cdot\sqrt{\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}.\)
Câu b. (Ở đây thiếu giải thích \(m_a\) là độ dài trung tuyến kẻ từ A.
Không mất tính tổng quát giả sử \(AB\le AC\), gọi M là trung điểm BC, thì H nằm giữa B,M. Theo trên ta có
\(HM=HC-CM=x-\frac{a}{2}=\frac{b^2-c^2+a^2}{2a}-\frac{a}{2}=\frac{b^2-c^2}{2a}.\)
Vậy theo định lý Pitago ta có \(AM^2=AH^2+HM^2=h^2+AM^2=b^2-\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}\right)^2+\left(\frac{b^2-c^2}{2a}\right)^2=\)
\(\to AM^2=b^2-\frac{a^4+2a^2\left(b^2-c^2\right)}{4a^2}=b^2-\frac{a^2+2b^2-2c^2}{4}=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}.\) (ĐPCM)
Nguyễn Bùi Đại Hiệp xem lại đề nhé bạn, dạng đề như này thì dữ kiện đầu phải là \(a+b+c=5\) nhé.
Sửa đề : cho a,b,c là các số thực thỏa \(a+b+c=5\) và \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3\)
Bài làm :
\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3\)
\(\Leftrightarrow a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}=9\)
\(\Leftrightarrow5+2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)=9\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=2\)
Khi đó : \(a+2=a+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
\(=\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)+\sqrt{c}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)
\(=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)\)
Tương tự : \(\left\{{}\begin{matrix}b+2=\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\\c+2=\left(\sqrt{c}+\sqrt{a}\right)\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\end{matrix}\right.\)
Ta có biến đổi của vế trái :
\(VT=\Sigma\frac{\sqrt{a}}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)}\)
\(VT=\Sigma\frac{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\left(\sqrt{c}+\sqrt{a}\right)}\)
\(VT=\frac{2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)}{\sqrt{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\cdot\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\cdot\left(\sqrt{c}+\sqrt{a}\right)^2}}\)
\(VT=\frac{2\cdot2}{\sqrt{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}}\)
\(VT=\frac{4}{\sqrt{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}}=VP\) ( đpcm )
p/s: làm hơi tắt một chút, mong bạn thông cảm.
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
b+c\(\ge\) \(2\sqrt{bc}\)
(a+2b)(a+2c) =\(a^2 +2ac+2ab+ 4bc= a^2+2a(b+c) +4bc\)
\(\ge\)\(a^2+4a.\sqrt{bc}+4bc=\left(a+2\sqrt{bc}\right)^2\)
\(=>\sqrt{\left(a+2b\right)\left(a+2c\right)}=a+2\sqrt{bc}\)
tương tự: \(\sqrt{\left(b+2a\right)\left(b+2c\right)}=b+2\sqrt{ac}\)
\(\sqrt{\left(c+2a\right)\left(c+2b\right)}=c+2\sqrt{ab}\)
\(=>\sqrt{\left(a+2b\right)\left(a+2c\right)}+\sqrt{\left(b+2a\right)\left(b+2c\right)}+\sqrt{\left(c+2b\right)\left(c+2a\right)}\ge a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ac}=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=3\)
khi a=b=c ( a,b,c nguyên dương nên a+b+c>0)
=> \(3\sqrt{a}=\sqrt{3}=>\sqrt{a}=\sqrt{b}=\sqrt{c}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)
Thay vào M=\(\dfrac{1}{3}\)