Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu hỏi của Phạm Thị Hường - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo bài làm ở link này nhé!
Giả sử đpcm là đúng , khi đó , ta có :
\(\left|\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)-\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\right)< 1\right|\)
\(\Leftrightarrow\left|\frac{a-c}{b}+\frac{b-a}{c}+\frac{c-b}{a}\right|< 1\)
\(\Leftrightarrow\left|\frac{\left(a-c\right)ac+\left(b-a\right)ab+\left(c-b\right)bc}{abc}\right|< 1\)
Lại có : \(\left(a-c\right)ac+\left(b-a\right)ab+\left(c-b\right)bc\)
\(=\left(a-c\right)ac-\left(a-c+c-b\right)ab+\left(c-b\right)bc\)
\(=\left(a-c\right)\left(ac-ab\right)-\left(c-b\right)\left(ab-bc\right)\)
\(=a\left(a-c\right)\left(c-b\right)-b\left(c-b\right)\left(a-c\right)\)
\(=\left(a-c\right)\left(c-b\right)\left(a-b\right)\)
\(\Rightarrow\left|\frac{\left(a-c\right)\left(c-b\right)\left(a-b\right)}{abc}\right|< 1\) ( 1 )
Mặt khác : a ; b ; c là 3 cạnh tam giác
=> \(\frac{\left|a-c\right|}{b}< 1;\frac{\left|b-a\right|}{c}< 1;\frac{\left|c-b\right|}{a}< 1\)
\(\Rightarrow\frac{\left|\left(a-c\right)\left(b-a\right)\left(c-b\right)\right|}{abc}< 1\) ( 2 )
Biểu thức trong giá trị tuyệt đối của ( 1 ) ; ( 2 ) đối nhau
=> từ ( 2 ) => (1)
=> Điều giả sử là đúng
=> ĐPCM
a)a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
\(\Rightarrow a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)
TT\(\Rightarrow b^2< ba+bc\)
\(c^2< ca+cb\)
Cộng vế theo vế ta có đpcm
b)BĐT\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{c}{a+b-c}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b+c}{b+c-a}+\dfrac{a+b+c}{a+c-b}+\dfrac{a+b+c}{a+b-c}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge9\)(đúng theo AM-GM)
Ta có :
\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{p-a+p-b}=\dfrac{2}{c}\)
\(\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{p-a+p-c}=\dfrac{2}{a}\)
\(\dfrac{1}{p-c}+\dfrac{1}{p-a}\ge\dfrac{4}{p-c+p-a}=\dfrac{2}{b}\)
Cộng từng về ta có đpcm
Ta có: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)
Áp dụng:
\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{p-a+p-b}=\dfrac{4}{2p-a-b}\)
Mà \(2p=a+b+c\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{a+b+c-a-b}=\dfrac{4}{c}\)
Tương tự \(\Rightarrow2\left(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\right)\ge\dfrac{4}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{4}{c}\)
\(\Rightarrowđpcm\)
B1:
\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
Xét hiệu:
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\)
\(=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\)
=> BĐT luôn đúng
*
Ta có:
\(a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)
\(b< a+c\Rightarrow b^2< ab+ac\)
\(c< a+b\Rightarrow a^2< ac+bc\)
Cộng từng vế bất đẳng thức ta được:
\(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
Vậy: \(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
B2:
Ta có: \(a+b>c\) ; \(b+c>a\); \(a+c>b\)
Xét:\(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+b+a+b}=\dfrac{1}{a+b}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{a+c+b}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{b+c+b+c}=\dfrac{1}{b+c}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+c+a+c}=\dfrac{1}{a+c}\)
Suy ra:
\(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)
=> ĐPCM
Bài 1:
Vì $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác nên \(b+c-a; c+a-b; a+b-c>0\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương:
\(\frac{a^2}{b+c-a}+(b+c-a)\geq 2\sqrt{a^2}=2a\)
\(\frac{b^2}{a+c-b}+(a+c-b)\geq 2\sqrt{b^2}=2b\)
\(\frac{c^2}{a+b-c}+(a+b-c)\geq 2\sqrt{c^2}=2c\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow \frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}+a+b+c\geq 2(a+b+c)\)
\(\Rightarrow \frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\geq a+b+c\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Bài 2:
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương ta có:
\(ab+\frac{a}{b}\geq 2\sqrt{ab.\frac{a}{b}}=2a\)
\(ab+\frac{b}{a}\geq 2\sqrt{ab.\frac{b}{a}}=2b\)
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}=2\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow 2(ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a})\geq 2(a+b+1)\)
\(\Rightarrow ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq a+b+1\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$
Khó quá. Đúng là Câu Hỏi Hay!!
a)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\)
Nhân theo vế 2 BĐT trên có:
\(A\ge9\sqrt[3]{abc\cdot\dfrac{1}{abc}}=9\)
Khi \(a=b=c\)
Bài 2:
a)Sửa đề \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{\left(1+1\right)^2}{x+y}=\dfrac{4}{x+y}\)
Khi \(x=y\)
b)Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) ta có:
\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}\ge\dfrac{4}{a+b-c+b+c-a}=\dfrac{4}{2b}=\dfrac{2}{b}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:
\(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{c};\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\ge\dfrac{2}{a}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(2VT\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=2VP\Leftrightarrow VT\ge VP\)
Khi \(a=b=c\)
Câu 1: Với \(a;b;c>0\), theo bất đẳng thức Cauchy:
\(a+b+c\ge3.\sqrt[3]{abc}\). Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3.\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\). Dấu "=" xảy ra khi \(\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}\)
Nhân theo vế ta được \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\Rightarrow MinA=9\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
a. Xét hiệu: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b}\)
=\(\dfrac{b\left(a+b\right)+a\left(a+b\right)-4ab}{ab\left(a+b\right)}\)
\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{ab\left(a+b\right)}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)
Vì a,b>0
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a=b
a) Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\left(1\right)\forall a,b\)
( Dấu = xày ra khi và chỉ khi a=b)
Cộng 4ab vào 2 vế, ta có:
\(\left(a-b\right)^2+4ab\ge4ab\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
Chia 2 vế cho ab(a+b)>0, ta có:
\(\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\Leftrightarrow\)\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)
b) Ta có:
\(2p=a+b+c\)
\(p-a=\dfrac{a+b+c}{2}-a=\dfrac{b+c-a}{2}>0\) vì b+c>a
Tương tự: \(p-b>0,p-c>0\)
Áp dụng BĐT: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)cho từng cặp số p-a, p-b; p-b,p-c;p-c,p-a
Ta có:
\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{\left(p-a\right)+\left(p-b\right)}=\dfrac{4}{2p-\left(a+b\right)}=\dfrac{4}{c}\left(1\right)\)
Tương tự:
\(\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{a}\left(2\right)\)
\(\dfrac{1}{p-c}+\dfrac{1}{p-a}\ge\dfrac{4}{b}\left(3\right)\)
Cộng các BĐT cùng chiều (1), (2), (3) vế theo vế, ta có:
\(2\left(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Do đó: \(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Đề phải là \(\ge\)
\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}=\dfrac{1}{\dfrac{-a+b+c}{2}}+\dfrac{1}{\dfrac{a-b+c}{2}}+\dfrac{1}{\dfrac{a+b-c}{2}}=2\left(\dfrac{1}{-a+b+c}+\dfrac{1}{a-b+c}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\)
Áp dụng BĐT trong tam giác:
a+b>c=>a+b-c>0
a+c>b=>a-b+c>0
b+c>a=>-a+b+c>0
Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)cho 2 số dương:
\(\dfrac{1}{-a+b+c}+\dfrac{1}{a-b+c}\ge\dfrac{4}{2c}=\dfrac{2}{c}\)
Dấu = xảy ra khi -a+b+c=a-b+c<=>a=b
\(\dfrac{1}{a-b+c}+\dfrac{1}{a+b-c}\ge\dfrac{4}{2a}=\dfrac{2}{a}\)
Dấu = xảy ra khi a-b+c=a+b-c<=>b=c
\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{-a+b+c}\ge\dfrac{4}{2b}=\dfrac{2}{b}\)
Dấu = xảy ra khi a+b-c=-a+b+c<=>a=c
=>\(2\left(\dfrac{1}{-a+b+c}+\dfrac{1}{a-b+c}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\)
Hay \(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Dấu = xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\c=a\end{matrix}\right.\)<=>tam giác ABC đều