cho a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác.chứng minh rằng với mppoj p,q sao cho p+q=1 thì \(pa^2+qb^2>pqc^2\)
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
2 tháng 3 2020
Do a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác:
\(a< b+c;b< c+a;c< a+b\)
\(\Rightarrow a^2< ab+ac;b^2< bc+ab;c^2< ac+bc\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca>\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\)
22 tháng 5 2019
Với \(n=0\) thì bài toán trở thành:
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a-b+c}+\frac{1}{-a+b+c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\left(H\right)\)
Áp dụng BĐT phụ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
Ta có:\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a-b+c}\ge\frac{4}{a+b-c+a-b+c}=\frac{2}{a}\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự,ta có:
\(\frac{1}{a-b+c}+\frac{1}{-a+b+c}\ge\frac{2}{b}\left(2\right)\)
\(\frac{1}{-a+b+c}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{2}{c}\left(3\right)\)
Cộng vế theo vế của \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\Rightarrow H\left(true\right)\)
Với \(n=1\) thì bài toán trở thành:
\(\frac{c}{a+b-c}+\frac{b}{a-b+c}+\frac{a}{-a+b+c}\ge3\left(U\right)\)
Đặt \(-a+b+c=x;a-b+c=y;a+b-c=z\)
\(\Rightarrow a-b+c+a+b-c=y+z\)
\(\Rightarrow2a=y+z\)
\(\Rightarrow a=\frac{y+z}{2}\)
Tương tự,ta có:\(b=\frac{x+z}{2};c=\frac{x+y}{2}\)
Khi đó,ta có:\(\frac{c}{a+b-c}+\frac{b}{a-b+c}+\frac{a}{-a+b+c}=\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}\)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)+\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)+\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\right]\)( Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge2\))
\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2\right)\)
\(=3\left(4\right)\)
Từ \(\left(4\right)\Rightarrow U\left(true\right)\)
Với \(n=2\) thì ta có:
\(\left(a^{n-2}-b^{n-2}\right)\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a^{n-1}+b^{n-1}\ge b^{n-2}a+a^{n-2}b\left(5\right)\)
Tương tự,ta có:
\(b^{n-1}+c^{n-1}\ge b^{n-2}c+c^{n-2}b\left(6\right)\)
\(c^{n-1}+a^{n-1}\ge c^{n-2}a+a^{n-2}c\left(7\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số không âm,ta có:
\(\frac{a^n}{-a+b+c}+\left(-a+b+c\right)\cdot a^{n-2}\ge2\sqrt{\frac{a^n}{-a+b+c}\cdot\left(-a+b+c\right)\cdot a^{n-2}}\)
\(\Rightarrow\frac{a^n}{-a+b+c}-a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-2}c\ge2\cdot a^{n-1}\)
\(\Rightarrow\frac{a^n}{-a+b+c}+a^{n-2}b+a^{n-2}c\ge3a^{n-1}\left(8\right)\)
Tương tự ta có:
\(\frac{b^n}{a-b+c}+ab^{n-2}+cb^{n-2}\ge3b^{n-1}\left(9\right)\)
\(\frac{c^n}{a+b-c}+ac^{n-2}+bc^{n-2}\ge3c^{n-1}\left(10\right)\)
Cộng vế theo vế của \(\left(5\right);\left(6\right);\left(7\right);\left(8\right);\left(9\right);\left(10\right)\RightarrowĐPCM\)
P/S:Bài dài nên e không biết có đúng ko nữa:3
F
23 tháng 5 2019
Sau đây là lời giải siêu xàm của em!
Với n = 0 thì ta cần chứng minh \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\) (1)
Đặt \(\hept{\begin{cases}a+b-c=x\\b+c-a=y\\c+a-b=z\end{cases}}\Rightarrow a=\frac{z+x}{2};b=\frac{x+y}{2};c=\frac{y+z}{2}\)
BĐT (1) trở thành: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}\)
Thật vậy,áp dụng BĐT quen thuộc \(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\ge\frac{4}{m+n}\),ta có:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y};\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{4}{y+z};\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\ge\frac{4}{x+z}\)
Cộng theo vế ta được: \(2VT_{\left(1\right)}\ge\frac{4}{x+y}+\frac{4}{y+z}+\frac{4}{z+x}\)
\(\Rightarrow VT_{\left(1\right)}\ge\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}\)
Vậy BĐT (1) đúng. (*)
Giả sử điều đó đúng với n = k (\(k\inℕ^∗\)) tức là ta có: \(\frac{a^k}{b+c-a}+\frac{b^k}{c+a-b}+\frac{c^k}{a+b-c}\ge a^{k-1}+b^{k-1}+c^{k-1}\) (2)
Ta đi chứng minh điều đó đúng với n = k + 1 (\(k\inℕ^∗\)). Tức là c/m:
\(\frac{a^{k+1}}{b+c-a}+\frac{b^{k+1}}{c+a-b}+\frac{c^{k+1}}{a+b-c}\ge a^k+b^k+c^k\) (3)
Thật vậy (3) \(\Leftrightarrow\frac{a^k}{b+c-a}.a+\frac{b^k}{c+a-b}.b+\frac{c^k}{a+b-c}.c\ge a^{k-1}.a+b^{k-1}.b+c^{k-1}.c\)
Và bí!:D
28 tháng 5 2018
Ta có :
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) (1)
Vì \(a,b,c\)là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có :
\(a^2< a.\left(b+c\right)\)
\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)
Tương tự :
\(b^2< ab+bc\)
\(c^2< ca+bc\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\) (2)
Từ (1) và (2)
=> Đpcm
22 tháng 7 2016
Dễ thấy : \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)
Tương tự : \(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\), \(c+a\le\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\)
=> \(2\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 8 2021
Lời giải:
$a(b-c)^2+b(a-c)^2\vdots a+b$
$\Leftrightarrow a(b^2-2bc+c^2)+b(a^2-2ac+c^2)\vdots a+b$
$\Leftrightarrow ab(a+b)-4abc+c^2(a+b)\vdots a+b$
$\Leftrightarrow 4abc\vdots a+b$
Giả sử $a+b$ là số nguyên tố lẻ. Đặt $a+b=p$
Khi đó;
$4abc\vdots p\Leftrightarrow abc\vdots p$
$\Rightarrow a\vdots p$ hoặc $b\vdots p$ hoặc $c\vdots p$
Nếu $a\vdots p\Leftrightarrow a\vdots a+b$ (vô lý với mọi $a>0$)
Nếu $b\vdots p$ thì tương tự (vô lý)
Nếu $c\vdots p\Leftrightarrow c\vdots a+b$. Mà $c>0$ nên $c\geq a+b$
$\Leftrightarrow a+b-c\leq 0$ (vi phạm bđt tam giác)
Do đó điều giả sử sai. Tức $a+b$ là hợp số.
1 tháng 6 2021
Áp dụng bđt AM - GM ta có \(\sqrt{\dfrac{a^2+\left(b+c\right)^2}{2a\left(b+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a^2+\left(b+c\right)^2}{2a\left(b+c\right)}+1\right)=\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2a\left(b+c\right)}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a\left(b+c\right)}{a^2+\left(b+c\right)^2}}\ge\dfrac{2\sqrt{2}a\left(b+c\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\).
Tương tự,...
Cộng vế với vế ta có \(\sqrt{\dfrac{a\left(b+c\right)}{a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b\left(c+a\right)}{b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c\left(a+b\right)}{c^2+\left(a+b\right)^2}}\ge\dfrac{4\sqrt{2}\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\). (*)
Mặt khác do a, b, c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác nên \(a\left(b+c-a\right)+b\left(c+a-b\right)+c\left(a+b-c\right)>0\Rightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge a^2+b^2+c^2\Rightarrow4\left(ab+bc+ca\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\). (**)
Từ (*) và (**) ta có đpcm.
\(p+q=1\Rightarrow q=1-p\)
BĐT cần c/m trở thành:
\(pa^2+\left(1-p\right)b^2-p\left(1-p\right)c^2>0\)
\(\Leftrightarrow p^2c^2+\left(a^2-b^2-c^2\right)p+b^2>0\) (1)
\(\Delta=\left(a^2-b^2-c^2\right)^2-4b^2c^2=\left(a^2-b^2-c^2+2bc\right)\left(a^2-b^2-c^2-2bc\right)\)
\(=\left(a^2-\left(b-c\right)^2\right)\left(a^2-\left(b+c\right)^2\right)\)
\(=\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)< 0\) theo BĐT tam giác
\(\Rightarrow\) (1) luôn đúng
mình vẫn chưa học đến delta nên bạn có thể giải rõ ra được không ?