HY
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
BH
1
CT
18 tháng 8 2021
ta có a+c>b suy ra (a+b+c)^2>4b^2 suy ra (a+b+c)^2+(a-b+c)^2>(a+b+c)^2>4b^2
NQ
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 4 2023
Lời giải:
BĐT $\Leftrightarrow abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(*)$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$(a+b-c)(b+c-a)\leq \left(\frac{a+b-c+b+c-a}{2}\right)^2=b^2$
$(b+c-a)(c+a-b)\leq \left(\frac{b+c-a+c+a-b}{2}\right)^2=c^2$
$(a+b-c)(a+c-b)\leq \left(\frac{a+b-c+a+c-b}{2}\right)^2=a^2$
Nhân theo vế 3 BĐT trên:
$[(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\geq (abc)^2$
$\Rightarrow abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$ (BĐT $(*)$ được cm)
Ta có đpcm.
TT
4 tháng 9 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức :
\(\frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c-a+c+a-b+a+b-c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\ge a+b+c\left(đpcm\right)\)
Bất đẳng thức được chứng minh
HT
4 tháng 9 2020
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng cộng mẫu:
\(\frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c-a+c+a-b+a+b-c}\)
\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
7 tháng 11 2021
\(A=\dfrac{3}{b+c-a}+\dfrac{4}{c+a-b}+\dfrac{5}{a+b-c}\)
\(=\dfrac{3}{c+a-b}+\dfrac{3}{a+b-c}+\dfrac{2}{b+c-a}+\dfrac{2}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\)
\(=3\left(\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)+2\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\)
\(do\) \(a,b,c\) \(là\) \(độ\) \(dài\) \(3\) \(cạnh\) \(\Delta\Rightarrow a,b,c\) \(không\) \(âm\) \(\)
\(và\left\{{}\begin{matrix}b+c-a>0\\c+a-b>0\\a+b-c>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrowáp\) \(dụng\) \(Am-GM\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3\left(\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge3.\dfrac{4}{c+a-b+a+b-c}\ge\dfrac{12}{2a}\ge\dfrac{6}{a}\\2\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge2.\dfrac{4}{b+c-a+a+b-c}\ge\dfrac{8}{2b}\ge\dfrac{4}{b}\\\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{4}{b+c-a+c+a-b}\ge\dfrac{4}{2c}\ge\dfrac{2}{c}\\\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow A\ge\dfrac{6}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{2}{c}\)
NH
0
24 tháng 7 2020
giả sử a+b+c=k>0; đặt a=kx; b=ky; c=kz => x;y;z>0 và x+y+z=1
khi đó P=k\(\left[\frac{k\left(3x-y\right)}{k^2\left(x^2+xy\right)}+\frac{k\left(3y-z\right)}{k^2\left(y^2+yz\right)}+\frac{k\left(3z-x\right)}{k^2\left(z^2+zx\right)}\right]=\frac{3x-y}{x^2+xy}+\frac{3y-z}{x^2+xy}+\frac{3z-x}{z^2+zx}\)
\(=\frac{4x-\left(x+y\right)}{x\left(x+y\right)}+\frac{4y-\left(y+z\right)}{y\left(y+z\right)}+\frac{4z-\left(z+x\right)}{z\left(z+x\right)}=\frac{4}{x+y}-\frac{1}{x}+\frac{4}{y+z}-\frac{1}{y}+\frac{4}{z+x}-\frac{1}{z}\)
\(=\frac{4}{1-z}-\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{z}=\frac{5x-1}{x-x^2}+\frac{5y-1}{y-y^2}+\frac{5z-1}{z-z^2}\)
do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác => b+c>a =>y+z>x => 1-x>x
=> x<1/2 tức là a\(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)tương tự ta cũng có: \(y;z\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)
ta sẽ chứng minh \(\frac{5t-1}{t-t^2}\le18t-3\)(*) đúng với mọi \(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)
thật vậy (*) \(\Leftrightarrow\frac{5t-1}{t-t^2}-18t+3\le0\Leftrightarrow\frac{18t-21t^2+8t-1}{t-t^2}\le0\Leftrightarrow\frac{\left(2t-1\right)\left(3t-1\right)^2}{t\left(t-1\right)}\le0\)(**)
(**) hiển nhiên đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)do đó (*) đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)
áp dụng (*) ta được \(P\le18x-3+18y-3=18\left(x+y+z\right)-9=9\)
dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1/3 <=> a=b=c
T
29 tháng 7 2020
@Hai Ngox: Sao phải giả sử a + b + c = k > 0 vậy bạn? Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì đó là hiển nhiên.
Ngoài ra:
Nó tương đương với \(\Sigma c^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (1)
Hoặc \(\Sigma a^4\left(b-c\right)^2+\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)\Sigma\left(2ab-bc-ca\right)^2\ge0\) (2)
Nhận xét. Phân tích (2) cho ta thấy, bất đẳng thức \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{3a-b}{a^2+ab}+\frac{3b-c}{b^2+bc}+\frac{3c-a}{c^2+ca}\right)\le9\)
đúng với mọi a, b, c là số thực thỏa mãn \(ab+bc+ca\ge0.\)
LQ
1
\(\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2+b^2+2b\left(a+c\right)+\left(a+c\right)^2+b^2-2b\left(a+c\right)>4b^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2>b^2\)
\(\Leftrightarrow a+c>b\) (luôn đúng theo BĐT tam giác)
Vậy BĐT đã cho được chứng minh