K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

20 tháng 6 2018

vì a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác áp dụng bđt tam giác ta có\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c\Rightarrow a+b-c>0\\a+c>b\Rightarrow a+c-b>0\\b+c>a\Rightarrow b+c-a>0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{a+b-c};\sqrt{a+c-b};\sqrt{b+c-a}\)luôn được xác định\(\left(\sqrt{a+b-c}-\sqrt{a+c-b}\right)>=0\Rightarrow a+b-c-2\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}+a+c-b\)\(>=0\Rightarrow a+b-c+a+c-b>=2\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}\Rightarrow\frac{a+b-c+a+c-b}{2}=\frac{2a}{2}\)

\(=a>=\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}\)

tương tự ta có :\(b>=\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)};c>=\sqrt{\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)}\)

\(\Rightarrow abc>=\sqrt{\left(a+b-c\right)^2\left(a+c-b\right)^2\left(b+c-a\right)^2}=\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\)

dấu = xảy ra khi a=b=c

20 tháng 6 2018

dòng 3 là vì  \(\left(\sqrt{a+b-c}-\sqrt{a+c-b}\right)^2>=0\)nhá

15 tháng 3 2016

mình cm cuối cùng ra 1/2(a+b-c)((a-b)^2+(a+c)^2+(b+c)^2)>0(vìa,b,c là ba cạnh của tam giác)

Sửa lại đề : \(A=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge3\)

Chứng minh :

Đặt \(\hept{\begin{cases}x=b+c-a\\y=c+a-b\\z=a+b-c\end{cases}}\)

Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác 

nên \(x,y,z>0\)

Khi đó : \(\hept{\begin{cases}a=\frac{y+z}{2}\\b=\frac{z+x}{2}\\c=\frac{a+b}{2}\end{cases}}\)

Ta có bất đẳng thức mới theo ẩn x,y,z :

\(\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\ge3\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{y}+\frac{x}{y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)\ge3\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)\ge3\)

Ta chứng minh bất đẳng thức phụ : 

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\forall a,b>0\)

Thật vậy : \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\ge0\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)(luôn đúng \(\forall a,b>0\))

Áp dụng ,ta được : 

\(\frac{1}{2}.2+\frac{1}{2}.2+\frac{1}{2}.2\ge3\)

\(\Leftrightarrow3\ge3\)(đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh 

17 tháng 2 2021

Đặt \(b+c-a=x;a+c-b=y;a+b-c=z\)

Khi đó \(x;y;z>0\)và \(a=\frac{x+y}{2};b=\frac{x+z}{2};c=\frac{y+z}{2}\)

\(VT=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{1}{2}\left(\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{y}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)\)

AM - GM cho từng cặp số trên : \(VT\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2\right)=3\)

Dấu ''='' xảy ra <=> \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)

28 tháng 11 2016

Đặt \(\hept{\begin{cases}x=b+c-a\\y=a+c-b\\z=a+b-c\end{cases}}\left(x;y;z>0\right)\).Ta có:

\(x+y=b+c-a+a+c-b=2c\Rightarrow c=\frac{x+y}{2}\)

\(y+z=a+c-b+a+b-c=2a\Rightarrow a=\frac{y+z}{2}\)

\(z+x=a+b-c+b+c-a=2b\Rightarrow b=\frac{z+x}{2}\)

Do đó: \(A=\frac{y+z}{2x}+\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}\)

\(\Leftrightarrow2A=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)\ge6\) (BĐT AM-GM)

\(\Rightarrow A\ge\frac{6}{2}=3\).Dấu "=" khi a=b=c

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

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

22 tháng 5 2021

`1/a^2+1/b^2+1/c^2<=(a+b+c)/(abc)`
`<=>1/a^2+1/b^2+1/c^2<=1/(ab)+1/(bc)+1/(ca)`
`<=>2/a^2+2/b^2+2/c^2<=2/(ab)+2/(bc)+2/(ca)`
`<=>1/a^2-2/(ab)+1/b^2+1/b^2-2/(bc)+1/c^2+1/c^2-2/(ac)+1/a^2<=0`
`<=>(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2<=0`
Mà `(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2>=0`
`=>(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2=0`
`<=>1/a=1/b=1/c`
`<=>a=b=c`
`=>` tam giác này là tam giác đều
`=>hata=hatb=hatc=60^o`

22 tháng 5 2021

Áp dụng bđt cosi với hai số dương:

\(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{2}{ab}\)     ; \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{bc}\)      ; \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{ac}\)

\(\Rightarrow2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}\)  (*)

Theo giả thiết có: \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\le\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{ab}\)  (2*)

Từ (*), (2*) ,dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

=> Tam giác chứa ba cạnh a,b,c thỏa mãn gt là tam giác đều

=> Số đo các góc là 60 độ