Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì a, b, c là độ dài của 3 cạnh tam giác \(\Rightarrow a,b,c>0\)
Do chu vi của tam giác bằng 1 \(\Rightarrow a+b+c=1\Rightarrow b+c=1-a\)
Giả sử : \(ab+ac+bc>a\cdot b\cdot c\)
\(\Rightarrow ab+ac+bc-abc>0\)
\(\Rightarrow a\left(b+c\right)+bc\left(1-a\right)>0\Rightarrow a\left(b+c\right)+bc\left(b+c\right)>0\)
\(\Rightarrow\left(b+c\right)\left(a+bc\right)>0\)( thỏa mãn vì \(a,b,c>0\))
Vậy \(ab+bc+ac>a\cdot b\cdot c\)( ĐPCM )
`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`
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
Áp dụng bđt \(\frac{m^2}{x}+\frac{n^2}{y}+\frac{p^2}{z}\ge\frac{\left(m+n+p\right)^2}{x+y+z}\)
được : \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b-c+b+c-a+c+a-b}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)
công thức
\(\frac{m^2}{x}+\frac{n^2}{y}+\frac{p^2}{z}\ge\frac{\left(m+n+p\right)^2}{a+y+z}\)
chứng minh thế nào
\(\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\le\frac{1}{8}abc\)
Do p là nửa chu vi của tam giác \(\Rightarrow p=\frac{a+b+c}{2}\)thay vào ta được :
\(VT=\left(\frac{a+b+c}{2}-a\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)\)
\(=\left(\frac{b+c-a}{2}\right)\left(\frac{a+c-b}{2}\right)\left(\frac{a+b-c}{2}\right)\)
\(=\frac{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}{8}\)
Áp dụng BĐT \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\\\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\\\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)\le b^2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left[\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le abc\)
\(\Rightarrow\frac{\Rightarrow\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}{8}\le\frac{1}{8}abc\)
\(\Rightarrowđpcm\)
\(\)
Do p là nửa chu vi tam giác nên \(2p=a+b+c\)
Ta có bổ đề sau: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow x^2+2xy+y^2\ge4xy\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Áp dụng vào bài toán:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{p-a+p-b}=\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{c}\)
Tương tự: \(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a},\)\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{b}\)
\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}=4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c.
Dễ thấy a,b,c là độ dài của tam giác nên
a + b - c > 0 ; b + c - a > 0 ; c+a-b > 0
Theo Cauchy-Schwarz thì
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c = 1
Ta có: Vì chu vi của tam giác là 3 nên a + b + c = 3
Xét: \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)
Tương tự CM được:
\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{2}{c}\) và \(\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{2}{a}\)
Cộng vế 3 BĐT trên lại ta được:
\(2VT\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3^2}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Ta chứng minh BĐT \(\frac{â^3+b^3+c^3}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\)^3
(do nó rất dài nên mình sẽ bỏ phần này, thông cảm)(Đẳng thức xảy ra khi a=b=c)
Áp dụng ta có \(\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\ge\left(\frac{1}{3}\right)^3=\frac{1}{27}\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge\frac{1}{9}\)(Đẳng thức xảy ra khi a=b=c và a + b + c =1 => a = b = c = 1/3 )
Mặt khác, ta có \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow1\ge27abc\Rightarrow abc\ge\frac{1}{27}\)=> \(3abc\ge\frac{1}{9}\)(Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3)
=> \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\frac{2}{9}\)(Đẳng thức khi a = b = c = 1/3)
Mình mới nghĩ được vậy thôi bạn à!
theo bài ra ,ta có a+b+c=2 ; a>0 ,b>0 ,c>0
vì a+b>c (theo bất đẳng thức tam giác ) => c+c<a+b+c=2
=>2c<2=>c<1
tương tự : a+c>b =>b+b<a+b+c=2
=>2b<2 =>b<1
b+c>a => a+a<a+b+c=2
=>2a<2 =>a<1
vậy a,b,c đều nhỏ hơn 1
thanks