Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do a,b,c là 3 cạnh tam giác nên \(a+b-c>0;b+c-a>0;c+a-b>0\)
Đặt \(x=b+c-a>0\)
\(y=a+c-b>0\)
\(z=a+b-c>0\)
\(\Rightarrow a=\frac{"y+z"}{2}\)
\(\Rightarrow b=\frac{"x+z"}{2}\)
\(\Rightarrow c=\frac{"x+y"}{2}\)
\(A=\frac{a}{"b+c-a"}+\frac{b}{"a+c-b"}+\frac{c}{"a+b-c"}\)
\(=\frac{"y+z"}{"2x"}+\frac{"x+z"}{"2y"}+\frac{"x+y"}{"2z"}\)
\(=\frac{1}{2}."\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\)
Áp dụng công thức bdt Cauchy cho 2 số :
\(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)
\(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\ge2\)
\(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\ge2\)
Cộng 3 bdt trên, suy ra :
\("\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\ge6\)
\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{2}.6=3\) "dpcm"
P/s: Nhớ thay thế dấu ngoặc kép thành dấu ngoặc đơn nhé
Đặt: \(b+c-a=x;c+a-y=y;a+b-c=z\)
=> \(2a=y+z;2b=x+z;2c=x+y\)
T có:
\(\frac{2a}{b+c-a}+\frac{2b}{a+c-b}+\frac{2c}{a+b-c}=\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}=\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)+\left(\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\right)\)
Áp dụng bđt cô si cho 2 số dương ta có:
\(\frac{y}{z}+\frac{x}{y}\ge2;\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\ge2;\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\ge2\)
=>\(2\left(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\right)\ge6\)
=>\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge3\)
Đặt \(\begin{cases}b+c-a=x\\c+a-b=y\\a+b-c=z\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y+z=2a\Rightarrow a=\frac{y+z}{2}\\x+z=2b\Rightarrow b=\frac{x+z}{2}\\x+y=2c\Rightarrow c=\frac{x+y}{2}\end{cases}\)
Vì \(x;y;z>0\) vì \(a,b,c\) là các cạnh của tam giác nên \(\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}\)
Vế trái cho ta :
\(\frac{1}{2}\left(\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}\right)=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)+\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)\right]\)
\(\ge\frac{1}{2}\left(2.\frac{x}{y}.\frac{y}{x}+2.\frac{z}{x}.\frac{x}{z}+2.\frac{y}{z}.\frac{z}{x}\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}.6=3\)
Vậy \(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge3\). ( ĐPCM )
Bài này là bài chốt trong đề thi hsg toán 9 cấp huyện năm nay của đức thọ đó!
bạn vào Thư viện đề thi THCS Hoàng Xuân Hãn rồi bấm vào mục ở dưới dưới ak tên mục là
Đáp án đề thi hsg toán 9 huyện Đức Thọ năm học 2018-2019 Đây là bài cuối của đề ak!
Chú ý rằng \(\left(a-b\right)+\left(b-c\right)+\left(c-a\right)=0\to\) \(\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}=-\frac{a-b}{a+b}\cdot\frac{b-c}{b+c}\cdot\frac{c-a}{c+a}\).
Ta có \(\left|\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right|=\left|a-b\right|\cdot\left|b-c\right|\cdot\left|c-a\right|\). Theo bất đẳng thức tam giác, hiệu độ dài hai cạnh bé hơn cạnh còn lại. Vì vậy mà \(a>\left|b-c\right|,b>\left|c-a\right|,c>\left|a-b\right|\to\)\(\left|a-b\right|\cdot\left|b-c\right|\cdot\left|c-a\right|\)< \(abc.\)
Do vậy mà \(\left|\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}\right|=\left|\frac{a-b}{a+b}\cdot\frac{b-c}{b+c}\cdot\frac{c-a}{c+a}\right|=\frac{\left|\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right|}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}
đề sai ở mẫu cuối nhé
đặt b + c - a = x ; a + c - b = y ; a + b - c = z
\(\Rightarrow a=\frac{y+z}{2};b=\frac{x+z}{2};c=\frac{x+y}{2}\)
\(\Rightarrow P=\frac{2\left(y+z\right)}{x}+\frac{9\left(x+z\right)}{2y}+\frac{8\left(x+y\right)}{z}=\frac{2y}{x}+\frac{9x}{2y}+\frac{2z}{x}+\frac{8x}{z}+\frac{9z}{2y}+\frac{8y}{z}\)
\(\ge6+8+12=26\)
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) , ta được :
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)
\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)
Cộng các BĐT trên theo vế : \(2\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c => Tam giác đó là tam giác đều.
Cho a,b.c là 3 cạnh 1 tam giác. CMR: 1 / a+b−c + 1 / b+c−a + 1 / c+a−b ≥ 1 / a +1 / b +1 / c
Áp dụng BĐT 1 / x +1 / y ≥ 4 / x+y , ta được :
1 / a+b−c + 1 / b+c−a ≥ 4 / 2b = 2 / b
1 / b+c−a +1 / c+a−b ≥ 4 / 2c = 2 / c
1 / a+b−c +1 / c+a−b ≥ 4 / 2a = 2 / a
Cộng các BĐT trên theo vế : 2( 1 / a+b−c + 1 / b+c−a + 1 / c+a−b ) ≥ 2( 1 / a + 1 / b + 1 / c )
⇒ 1 / a+b−c + 1 / b+c−a + 1 / c+a−b ≥ 1 / a + 1 / b + 1 / c
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c => Tam giác đó là tam giác đều.
bài dễ mà
Áp dụng BĐT Schwar => \(\frac{a^2}{-a+b+c}+\frac{b^2}{a-b+c}+\frac{c^2}{a+b-c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(-a+b+c\right)+\left(a-b+c\right)+\left(a+b-c\right)}\\ \)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\)
\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\)
\(=\frac{a^2}{ab+ca-a^2}+\frac{b^2}{ab+bc-b^2}+\frac{c^2}{ca+bc-c^2}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2}\)
\(\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2ab+2bc+2ca-ab-bc-ca}=3\)
\(VT=\frac{2\left(a-b\right)^2}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}+\frac{2\left(b-c\right)^2}{\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)}+\frac{2\left(a-c\right)^2}{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}+3\ge3\)