1樓：匿名使用者
先證明三角形三邊有這樣的性質：
若三角形中由a+b>c得出c-ba
那麼 b-c > a 則 a+c < b
這於三角形的性質不符合
所以在c-b<0時候|c-b|c必然可以推出(c-b)*(c-b)依次類推其他的兩個不等式
然後相加得到
(c-b)*(c-b)+（a-b）*（a-b）+（a-c）*（a-c）化簡之後即可得到所要證明的不等式
2樓：匿名使用者
我們利用三角形三條邊的性質來求解：
已知兩邊之差小於第三邊可以寫出三個式子
a-ba-cb-c三個式子相加得到a^2+b^2+c^2<2ab+2ac+2bc
3樓：混沌的複雜
來個簡單的做法 ^_^
a+b>c → ac+bc>c^2
b+c>a → ba+ca>a^2
c+a>b → cb+ab>b^2
相加。。
求證不等式（如下）
4樓：卜洛飛
這個是閔可夫斯基(minkowski)不等式.
條件裡應該有p > 1, 而x[k], y[k] ≥ 0.
證明使用holder不等式的如下推論(也可以視為加權冪平均不等式, 或者冪函式凸性):
對p > 1, 以及a, b, x, y ≥ 0, 滿足a+b = 1, 有ax+by ≤ (a·x^p+b·y^p)^(1/p).
證明: 取q = p/(p-1), 則q > 1且滿足1/p+1/q = 1.
取c = a^(1/q), d = b^(1/q), u = a^(1/p)·x, v = b^(1/p)·y.
則ax+by = cu+dv
≤ (u^p+v^p)^(1/p)·(c^q+d^q)^(1/q)
= (a·x^p+b·y^p)^(1/p)·(a+b)^(1/q)
= (a·x^p+b·y^p)^(1/p).
證畢.以下使用其變形: (ax+by)^p ≤ a·x^p+b·y^p ①.
原式的證明: 設a = (∑x[k]^p)^(1/p), b = (∑y[k]^p)^(1/p), 不妨設a, b > 0 (a或b得0時顯然成立).
所證不等式(∑(x[k]+y[k])^p)^(1/p) ≤ (∑x[k]^p)^(1/p)+(∑y[k]^p)^(1/p) = a+b,
等價於∑(x[k]/(a+b)+y[k]/(a+b))^p ≤ 1.
取a = a/(a+b), b = b/(a+b), u[k] = x[k]/a, v[k] = y[k]/b,
不等式化為∑(a·u[k]+b·v[k])^p ≤ 1.
由a+b = 1, 使用①得(a·u[k]+b·v[k])^p ≤ a·u[k]^p+b·v[k]^p.
對k求和得∑(a·u[k]+b·v[k])^p ≤ a·∑u[k]^p+b·∑v[k]^p
= a·(∑x[k]^p)/a^p+b·(∑y[k]^p)/b^p
= a+b
= 1.
這樣就證明了所要的結論.
求證不等式。？？。
5樓：一杯沉浮的茶
a^3+b^3+c^3-3abc
=[( a+b)^3-3a^2b-3ab^2]+c^3-3abc=[(a+b)^3+c^3]-(3a^2b+3ab^2+3abc)=(a+b+c)[(a+b)^2-(a+b)c+c^2]-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)(a^2+b^2+2ab-ac-bc+c^2)-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)>=0a^3+b^3+c^3>=3abc
a/b+b/c+c/a>=3(a/b*b/c*c/a)根號三次方兩題一樣
求證不等式
6樓：匿名使用者
大學證法：
拉格朗日中值定理
f(x)=sinx,f'(x)=cosx
於是存在ζ∈(x1,x2)使得f'(ζ)=(sinx1-sinx2)/(x1-x2)
即cosζ=(sinx1-sinx2)/(x1-x2)
同理存在η∈(x2,x3)使得f'(η)=(sinx3-sinx2)/(x3-x2)
即cosη=(sinx3-sinx2)/(x3-x2)
因為0＜x1＜ζ＜η＜π＜x3，於是csoζ＜cosη
即原不等式成立
…………………………
高中解法.【建構函式法】
令f(x)=(sinx-sinx2)/(x-x2),x∈(0,π)
f'(x)=[xcosx-(x2)cosx-sinx+sinx2]/(x-x2)²
令g(x)=xcosx-(x2)cosx-sinx+sinx2
g(x2)=0
g'(x)=(x2-x)sinx
於是當x＞x2時g『(x)＞0，當x＜x2時g'(x)＜0
於是g(x)在x=x2時有最小值g(x2)=0
於是g(x)≥0
那麼f'(x)≥0
得f(x)在(0,π)上單調增,因為0＜x1＜x3＜π
於是f(x3)＞f(x1)
即(sinx1-sinx2)/(x1-x2)＞(sinx3-sinx2)/(x3-x2)
求證明不等式a b alna ba b b ab
夜的眼睛 證 設f x lnx則 f x 1 x 根據拉格朗日中值定理f a f b f u a b 0 1 u lna lnb a b 所以lna b a b u,又因為 0 設a b 0,證明 a b a tony羅騰 證 設f x lnx則 f x 1 x 根據拉格朗日中值定理f a f b ...
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