Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2/
- Chứng minh \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
Ta có \(\sqrt{2}.\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
- Chứng minh \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Bạn chứng minh bằng biến đổi tương đương
1/ \(ab+bc+ac=3abc\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Ta có \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy min P = 3/2 tại a = b = c = 1
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\)(1)
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)(2)
Dễ thấy \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)nên \(a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)
Tương tự \(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\)\(a+c\le\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
Do \(a,b,c\)là ba cạnh của một tam giác nên
\(\left(a-b\right)^2< c^2\Rightarrow a^2+b^2< c^2+2ab\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}< \sqrt{c^2+2ab}\)
Tương tự \(\sqrt{b^2+c^2}< \sqrt{a^2+2bc}\)\(\sqrt{a^2+c^2}< \sqrt{b^2+2ac}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{c^2+2ab}+\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}\)
Áp dụng BĐT \(x+y+z\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\), ta có :
\(\sqrt{c^2+2ab}+\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ac}\le\sqrt{3\left(c^2+2ab+c^2+2bc+b^2+2ac\right)}\)
\(=\sqrt{3\left(a+b+c\right)^2}=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
P/s ko bt có đúng ko
1
\(a\sqrt{b^3+1}=a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le a\cdot\frac{b+1+b^2-b+1}{2}=\frac{ab^2}{2}+1\)
Tương tự ta có:\(P\le3+\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)
Giả sử b nằm giữa a và c
Ta có:
\(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Leftrightarrow b^2-bc-ab+ac\le0\Leftrightarrow b^2+ac\le ab+bc\)
\(\Leftrightarrow ab^2+a^2c\le a^2b+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+bc^2+abc\)
\(\le a^2b+bc^2+2abc=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)
Ta chứng minh \(b\left(3-b\right)^2\le4\) dể chứng minh
Khi đó:\(P\le3+\frac{4}{2}=5\)
Dấu "=" xảy ra tại a=0;b=1;c=2 và các hoán vị
2
Đặt \(a+b-c=x;b+c-a=y;c+a-b=z\)
\(\Rightarrow a=\frac{x+y}{2};b=\frac{y+z}{2};c=\frac{z+x}{2}\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:\(xyz\le\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{8}\) ( đúng theo bđt cô si )
P/S:a,b,c không là độ dài 3 cạnh tam giác vẫn đúng theo BĐT Schur
Bài 1: em làm không đúng rồi và cô không hiểu ý tưởng làm bài của em nhưng có mấy lỗi cơ bản:
Sai dòng thứ nhất \(\frac{ab^2}{2}+a\)
Dấu bằng xảy ra cũng sai. Dòng thứ 6 em nhân cả hai vế cho a mà dấu bằng a = 0 . vô lí
Dòng thứ 5 ( b - a ) ( b - c ) <= 0 thì dấu bằng xảy ra a = b hoặc b = c chứ
Dòng thứ 8 => sau đó làm thế nào.
Đề đúng không thế \(\sqrt{a^{2016}}\) thì viết luôn là \(a^{1008}\)cho rồi
Fix: \(\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{c+a-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\ge a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\)
WLOG \(a\ge b\ge c\Rightarrow\frac{a}{b+c-a}\ge\frac{b}{c+a-b}\ge\frac{c}{a+b-c}\)
Thật vậy \(\frac{a}{b+c-a}-\frac{b}{c+a-b}\ge0\)\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)\left(a+b+c\right)}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\ge0\left(\text{đúng vì}\hept{\begin{cases}a\ge b\\\text{a,b,c là 3 cạnh tam giác}\end{cases}}\right)\)
Tương tự cho các BĐT còn lại sau đó áp dụng BĐT Chebyshev:
\(VT=\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{c+a-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\)
\(=a^{2015}\cdot\frac{a}{b+c-a}+b^{2015}\cdot\frac{b}{c+a-b}+c^{2015}\cdot\frac{c}{a+b-c}\)
\(\ge\frac{1}{3}\left(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\right)\left(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\right)\)
Mà ta đã biết \(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge3\) (Easy to prove)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{1}{3}\cdot3\cdot\left(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\right)=a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}=VP\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và Nesbitt ta có:
\(P\le\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(3-\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\right)}\)
\(\le\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(3-\frac{3}{2}\right)}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)