Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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.
Ta có: a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{b+c-a}\\\frac{b}{a+c-b}\\\frac{c}{a+b-c}\end{cases}}>0\)
\(A=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\)
\(A+\frac{3}{2}=\frac{a}{b+c-a}+\frac{1}{2}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{1}{2}+\frac{c}{b+a-c}+\frac{1}{2}\)
\(A+\frac{3}{2}=\frac{a+b+c}{2\left(b+c-a\right)}+\frac{a+b+c}{2\left(a+c-b\right)}+\frac{a+b+c}{2\left(b+a-c\right)}\)
\(A+\frac{3}{2}=\frac{\left(a+b+c\right)}{2}\left(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{b+a-c}\right)\)
\(A+\frac{3}{2}\ge\frac{a+b+c}{2}.\frac{9}{b+c-a+a+c-b+b+a-c}\)
\(A+\frac{3}{2}\ge\frac{9}{2}\)
\(\Rightarrow A\ge3\)
Gọi p là nửa chu vi tam giác đó \(\Rightarrow p=\frac{a+b+c}{2}\)
Ta có : \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}=\frac{2}{p-a}+\frac{2}{p-b}+\frac{2}{p-c}\)
Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)được :
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{c}\)
Tương tự : \(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a}\) ; \(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{b}\)
Cộng các bất đẳng thức trên theo vế : \(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{a+b-c}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Bài 1 : Đề cần có điều kiện a,b,c là các số thực dương
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(=1\cdot\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( vì \(a+b+c=1\))
Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 3 số dương ta có :
\(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\end{cases}}\)
Khi đó : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}\cdot\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}=\frac{3\cdot3\cdot\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{abc}}=9\)
Hay \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)(đpcm)
\(a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\Rightarrow\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\le a^2\)
Tương tự mấy cái còn lại. nhân với nhau =>dpcm
Đặt:
\(\left\{{}\begin{matrix}b+c-a=x\\a+c-b=y\\a+b-c=z\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=2c\\y+z=2a\\x+z=2b\end{matrix}\right.\)
\(A=\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{c}{a+b-c}\)
\(2A=\dfrac{2a}{b+c-a}+\dfrac{2b}{a+c-b}+\dfrac{2c}{a+b-c}\)
\(=\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z}=\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\right)+\left(\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}\right)\ge2\sqrt{\dfrac{xy}{xy}}+2\sqrt{\dfrac{yz}{yz}}+2\sqrt{\dfrac{xz}{xz}}=6\) (AM-GM)
\(\Rightarrow2A\ge6\Leftrightarrow A\ge3\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c\) hay tam giác đã cho là tam giác đều