Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(3+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)< 10\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}< 7\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+c}{b}+\frac{b+a}{c}+\frac{c+b}{a}< 7\)
Không giảm tổng quá .Giả sử a là cạnh lớn nhất .Giả b + c < a => 0 < \(\frac{b+c}{a}\)
\(\Rightarrow\frac{a+c}{b}+\frac{b+a}{c}+\frac{c+b}{a}>\frac{2c+b}{b}+\frac{2b+c}{c}+\frac{b+c}{a}\)( không chắc lắm )
= \(\frac{2c}{b}+\frac{2b}{c}+\frac{b+c}{a}+2\)
=\(\frac{2\left(b+c\right)^2}{bc}+\frac{b+c}{a}-2>7\left(VL\right)\)
=>b+ c > a => a ; b ; c là 3 cạnh tam giác ( đpcm )
Đặt:
x = a + c - b ; y = a + b - c ; z = b + c - a > 0 vì a; b ; c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
=> x + y + z = a + b + c
=> a = \(\frac{x+y}{2}\); b = \(\frac{y+z}{2}\); c = \(\frac{x+z}{2}\)
=> 3a - b + c = 2 a + ( a - b + c ) = ( x + y ) + x = 2x + y
Tương tự: 3b - c + a = 2y + z ; 3c - a + b = x + 2z
Đưa về bài toán: Chứng minh:
\(\frac{x+y}{2\left(2x+y\right)}+\frac{y+z}{2\left(2y+z\right)}+\frac{z+x}{2\left(2z+x\right)}\ge1\)
<=> \(\frac{2x+2y}{2x+y}+\frac{2y+2z}{2y+z}+\frac{2z+2x}{2z+x}\ge4\)(1)
Ta có: VT = \(1+\frac{y}{2x+y}+1+\frac{z}{2y+z}+1+\frac{x}{2z+x}\)
\(=3+\left(\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x}\right)\)
\(=3+\left(\frac{y^2}{2xy+y^2}+\frac{z^2}{2yz+z^2}+\frac{x^2}{2zx+x^2}\right)\)
\(\ge3+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}=3+1=4\)
=> (1) đúng
=> Bất đẳng thức ban đầu đúng
Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z <=> a = b = c
a) 9x2 - 36
=(3x)2-62
=(3x-6)(3x+6)
=4(x-3)(x+3)
b) 2x3y-4x2y2+2xy3
=2xy(x2-2xy+y2)
=2xy(x-y)2
c) ab - b2-a+b
=ab-a-b2+b
=(ab-a)-(b2-b)
=a(b-1)-b(b-1)
=(b-1)(a-b)
P/s đùng để ý đến câu trả lời của mình
Cauchy ở mẫu \(a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}\)
Vậy vế trái \(\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\)
Và lượng trên tử bé hơn bằng \(ab+bc+ca\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}-a+2b+2c=x\\2a-b+2c=y\\2a+2b-c=z\end{cases}}\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{2y+2z-x}{9}\\b=\frac{2z+2x-y}{9}\\c=\frac{2x+2y-z}{9}\end{cases}}\)
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên x,y,z>0
Khi đó : \(VT=\frac{2y+2z-x}{9x}+\frac{2z+2x-y}{9y}+\frac{2x+2y-z}{9z}\)
\(=\frac{2}{9}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{1}{3}\)
\(\ge\frac{2}{9}.2+\frac{2}{9}.2+\frac{2}{9}.2-\frac{1}{3}\)(BĐT Cauchy cho 2 số không âm)
\(=\frac{4}{9}.3-\frac{1}{3}=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}=1\)
\(\frac{a}{2b+2c-a}+\frac{b}{2a+2c-b}+\frac{c}{2a+2b-c}\)
\(\frac{a^2}{2ab+2ac-a^2}+\frac{b^2}{2ab+2bc-b^2}+\frac{c^2}{2ac+2bc-c^2}\)
đặt pt là P
\(P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2ab+2ac-a^2+2ab+2bc-b^2+2ac+2bc-c^2}\)
\(P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4ab+4ac+4bc-a^2-b^2-c^2}\)
\(a^2+b^2+c^2\ge2ab+2bc+2ca\)(BĐT tương đương)
\(P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4ab+4ac+4bc-a^2-b^2-c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2ab+2ac+2bc}\)
\(\left(a+b+c\right)^2\ge2ab+2ac+2bc\)(BĐT tương đương)
\(P\ge1\)
mình ko chắc đã đúng
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}\)
-> A>1
để cm A<2, ta đi chứng minh bđt phụ
*Nếu \(\frac{a}{b}<1\) thì \(\frac{a+n}{b+n}>\frac{a}{b}\)với n>=0
\(\frac{a+n}{b+n}>\frac{a}{b}\Leftrightarrow ab+bn>ab+an\Leftrightarrow bn>an\Leftrightarrow b>a\)là bđt nên bđt phụ đc chứng minh
A/d bđt phụ ta có:
\(\frac{a}{b+c}<1\)(vì là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác)\(\Rightarrow\frac{a+a}{a+b+c}>\frac{a}{b+c}\)
Tương tự ta có \(\frac{2b}{a+b+c}>\frac{b}{a+c};\frac{2c}{a+b+c}>\frac{c}{a+b}\)
Cộng vế với vế ta được:
\(\frac{2a+2b+2c}{a+b+c}>A\Rightarrow2>a\)
ko phải áp dụng nđt phụ đâu bỏ cái đấy đi là ok đk