NN
0
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
18 tháng 11 2017
Đặt a+b-c=x
b+c-a=y
c+a-b=z
\(A=\frac{ab}{a+b-c}+\frac{bc}{b+c-a}+\frac{ca}{c+a-b}\)
Ta có a;b;c là độ dài 3 cạnh tam giác nên x;y;z>0
\(4A=\frac{2a.2b}{x}+\frac{2b.2c}{y}+\frac{2c.2a}{z}\)
\(=\frac{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}{x}+\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{y}+\frac{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}{z}\)
\(=3\left(x+y+z\right)+\left(\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}+\frac{xy}{z}\right)\)
\(\ge3\left(x+y+z\right)+\frac{\left(x+y+z\right)xyz}{xyz}\)\(=4\left(x+y+z\right)=4\left(a+b+c\right)\) (Do x;y;z>0)
\(\Rightarrow A\ge a+b+c\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
16 tháng 4 2021
** Lần sau bạn lưu ý viết đề bằng công thức toán (hộp công thức nằm ở nút biểu tượng $\sum$ bên trái khung soạn thảo)
Lời giải:
a) Vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:
$c< a+b\Rightarrow c^2< c(a+b)$
$b< a+c\Rightarrow b^2< b(a+c)$
$a<b+c\Rightarrow a^2< a(b+c)$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2< c(a+b)+b(a+c)+a(b+c)$
hay $a^2+b^2+c^2< 2(ab+bc+ac)$ (đpcm)
b)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$\text{VT}[a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)]\geq (a+b+c)^2$
$\text{VT}[2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)]\geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)}(*)$
Mà theo BĐT Cô-si:
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}$. Do đó:
$2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)^2-2(a^2+b^2+c^2)$
$\leq (a+b+c)^2-2.\frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{(a+b+c)^2}{3}(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow \text{VT}\geq 3$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
16 tháng 4 2021
Lời giải khác của câu b
Đặt $b+c-a=x; a+c-b=y; a+b-c=z$. Theo BĐT tam giác thì $x,y,z>0$
$\Rightarrow c=\frac{x+y}{2}; a=\frac{y+z}{2}; b=\frac{x+z}{2}$
Bài toán trở thành:
Cho $x,y,z>0$. CMR $\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\geq 3$
Thật vậy:
Áp dụng BĐT Cô-si:
\(\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(x+y)(y+z)(x+z)}{8xyz}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{xz}}{8xyz}}=3\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$
NS
0
NH
0
TP
8
23 tháng 5 2016
Ta có : \(ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ac\right)\le2\left(a^2+b^2+c^2\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
Vì BĐT cuối luôn đúng nên ta có : \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
Theo Bất đẳng thức tam giác ta có :
\(a< b+c\Rightarrow a.a< a\left(b+c\right)\Leftrightarrow a^2< ab+ac\) (1)
\(b< a+c\Rightarrow b.b< b\left(a+c\right)\Leftrightarrow b^2< ab+bc\)(2)
\(c< a+b\Rightarrow c.c< c\left(a+b\right)\Leftrightarrow c^2< ac+bc\)(3)
Cộng (1) , (2) , (3) theo vế ta được : \(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\)
Từ đó suy ra đpcm
N
1
KN
24 tháng 11 2019
a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên:
\(\hept{\begin{cases}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2< ab+ac\\b^2< bc+ab\\c^2< ac+bc\end{cases}}\)
Cộng từng vế của các BĐT trên:
\(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)\)\(< 4\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\)\(< 4\left(ab+bc+ac\right)\)(đpcm)
