Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/ Ta có:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\le a\left(2\right)\\\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le c\left(3\right)\end{cases}}\)
Lấy (1), (2), (3) nhân vế theo vế ta được
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
2) Ta có: Áp dụng bất đẳng thức:
\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\) ta được:
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{\left(a+b-c+b+c-a\right)^2}{4}=\frac{4b^2}{4}=b^2\)
Tương tự chứng minh được:
\(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
Nhân vế 3 bất đẳng thức trên với nhau ta được:
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Ta có a < b + c; b < c + a; c < a + b nên từ a + b + c = 2 suy ra a, b, c < 1.
BĐT cần cm tương đương:
\(\left(a+b+c\right)^2+2abc< 2\left(ab+bc+ca\right)+2\)
\(\Leftrightarrow abc-\left(ab+bc+ca\right)+1< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)< 0\).
Bất đẳng thức trên luôn đúng do a, b, c < 1.
Vậy ta có đpcm.
\(P=\dfrac{ab\left(a+b\right)+c\left(a^2+b^2\right)}{abc}=\dfrac{a^2+b^2}{ab}+\dfrac{a+b}{c}=\dfrac{a^2+b^2}{ab}+\dfrac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}\).
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM:
\(P\ge\dfrac{a^2+b^2}{ab}+\dfrac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}=\left(\dfrac{a^2+b^2}{ab}+\dfrac{2\sqrt{2ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}+\dfrac{2\sqrt{2ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)-\dfrac{\left(4\sqrt{2}-2\right)\sqrt{ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^2+b^2}{ab}.\dfrac{2\sqrt{2ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}.\dfrac{2\sqrt{2ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}}-\dfrac{\left(4\sqrt{2}-2\right)\sqrt{ab}}{\sqrt{2ab}}=6-\left(4-\sqrt{2}\right)=2+\sqrt{2}\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân tại A.