• Chứng minh \(\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\)

Vì \(\sqrt{p}>0\) nên ta có điều tương đương \(p< \left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow p< \left(3p-a-b-c\right)+2\left(\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}>0\) (luôn đúng)

• Chứng minh \(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta được : \(\left(1.\sqrt{p-a}+1.\sqrt{p-b}+1.\sqrt{p-c}\right)^2\le3\left(p-a+p-b+p-c\right)\)

\(\Rightarrow\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)

Vậy có đpcm.

Áp dụng BĐT Bu- nhi - a:

\(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\)\(\le\sqrt{\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(p-a+p-b+p-c\right)}\)

\(=\sqrt{3\left(3p-2p\right)}=\sqrt{3p}\)(Vì p là nửa chu vi nên \(a+b+c=2p\))

Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c\)hay tam giác ABC đều

• Chứng minh \(\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\left(1\right)\)

Ta biến đổi tương đương : \(\left(1\right)\Leftrightarrow p< \left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow p< 3p-\left(a+b+c\right)+2\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+2\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+2\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}>0\) (luôn đúng)

• Chứng minh \(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)

Áp dụng bđt Bunhiacopxki, ta có \(\left(1.\sqrt{p-a}+1.\sqrt{p-b}+1.\sqrt{p-c}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(3p-a-b-c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\le3p\Rightarrow\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c => Tam giác ABC là tam giác đều

Đặt \(P=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)

Ta có:

\(a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}\ge\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(a+b\right)\)

Tương tự và cộng lại ta được BĐT bên trái

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Bên phải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(P^2\le3\left(a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2\right)=6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Mặt khác do a;b;c là 3 cạnh của 1 tam giác:

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\a+c>b\\b+c>a\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bc>c^2\\ab+bc>b^2\\ab+ac>c^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 6\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow P^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 3\left(a^2+b^2+c^2\right)+6\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow P^2< 3\left(a+b+c\right)^2\Rightarrow P< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)

thề luôn bài như vầy mà cả viết lẫn nghĩ có 10phut

bạn ơi giúp mình với C/M: (ax^2 - bx^2)^4 + (2ab+bx^2)^4 + (2ab+a^2)^4 = 2(a^2+ab+b^2)

Do a,b,c là 3 cạnh tam giác nên \(a+b-c>0;b+c-a>0;c+a-b>0\)

Đặt \(x=b+c-a>0\)

      \(y=a+c-b>0\)

     \(z=a+b-c>0\)

\(\Rightarrow a=\frac{"y+z"}{2}\)

\(\Rightarrow b=\frac{"x+z"}{2}\)

\(\Rightarrow c=\frac{"x+y"}{2}\)

\(A=\frac{a}{"b+c-a"}+\frac{b}{"a+c-b"}+\frac{c}{"a+b-c"}\)

\(=\frac{"y+z"}{"2x"}+\frac{"x+z"}{"2y"}+\frac{"x+y"}{"2z"}\)

\(=\frac{1}{2}."\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\)

Áp dụng công thức bdt Cauchy cho 2 số :

\(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)

\(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\ge2\)

\(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\ge2\)

Cộng 3 bdt trên, suy ra :

\("\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\ge6\)

\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{2}.6=3\) "dpcm"

P/s: Nhớ thay thế dấu ngoặc kép thành dấu ngoặc đơn nhé

Ta có :\(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)

         \(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)

Mà \(a^2+b^2=c^2\left(Py-ta-go\right)\)

\(\Rightarrow c^2-2ab\ge0\)

\(\Leftrightarrow c^2\ge2ab\)

\(\Leftrightarrow2c^2\ge a^2+b^2+2ab\)( Do c²=a²+b²)

\(\Leftrightarrow2c^2\ge\left(a+b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow c\sqrt{2}\ge a+b\)( ĐPCM ) 

Ta có a+b \(\le\)c√2

<=> (a+b) ²\(\le\)(c√2)²

<=> a²+2ab+b²\(\le\)2c²

<=> a²+2ab+b² \(\le\)2(a²+b²) = 2a²+2b²

<=> 0 \(\le\)a²-2ab+b² = (a-b)² ( luôn đúng)

=> a+b \(\le\)c√2