Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có a + b > c ; b + c > a ; a + c > b
\(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{a+b+c}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+b+a+b}=\frac{1}{a+b}\)
Tương tự : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}>\frac{1}{b+c},\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c}\)
Vậy ...
\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(1+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\) \(1+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+1=8\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}-2\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{a^2+b^2-2ab}{ab}+\frac{c^2+b^2-2bc}{bc}+\frac{c^2+a^2-2ac}{ac}=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}+\frac{\left(c-b\right)^2}{bc}+\frac{\left(c-a\right)^2}{ac}=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(a-b=c-b=c-a\) \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c\)
Với \(a,b,c\) là \(3\) cạnh của \(\Delta ABC\) thì \(\Delta ABC\) đều
Sửa lại đề : \(A=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge3\)
Chứng minh :
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=b+c-a\\y=c+a-b\\z=a+b-c\end{cases}}\)
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
nên \(x,y,z>0\)
Khi đó : \(\hept{\begin{cases}a=\frac{y+z}{2}\\b=\frac{z+x}{2}\\c=\frac{a+b}{2}\end{cases}}\)
Ta có bất đẳng thức mới theo ẩn x,y,z :
\(\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{y}+\frac{x}{y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)\ge3\)
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ :
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\forall a,b>0\)
Thật vậy : \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}-\frac{2ab}{ab}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)(luôn đúng \(\forall a,b>0\))
Áp dụng ,ta được :
\(\frac{1}{2}.2+\frac{1}{2}.2+\frac{1}{2}.2\ge3\)
\(\Leftrightarrow3\ge3\)(đúng)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đặt \(b+c-a=x;a+c-b=y;a+b-c=z\)
Khi đó \(x;y;z>0\)và \(a=\frac{x+y}{2};b=\frac{x+z}{2};c=\frac{y+z}{2}\)
\(VT=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{1}{2}\left(\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{y}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)\)
AM - GM cho từng cặp số trên : \(VT\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2\right)=3\)
Dấu ''='' xảy ra <=> \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)
Đặt: \(\hept{\begin{cases}a+b-c=x\\b+c-a=y\\c+a-b=z\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2b\\y+z=2c\\x+z=2a\end{cases}}\)
\(2VT=\frac{2a}{b+c-a}+\frac{2b}{a+c-b}+\frac{2a}{a+b-c}\)
\(=\frac{x+z}{y}+\frac{y+z}{x}+\frac{x+y}{z}=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\ge6\)(cauchy)
=> VT>=3(đpcm)
"=" khi a=b=c
+ + ≥ 3.
Đặt b + c – a = x > 0 (1); a + c – b = y > 0 (2); a + b – c = z > 0 (3)
Cộng (1) và (2) => b + c – a + a + c – b = x + y ⇔ 2c = x + y ⇔ c =
Tương tự a = ; b =
Do đó + + = + + = ( + + + + + )
= [( + ) + ( + ) + ( + )] ≥ (2 + 2 + 2) = 3.
Vậy + + ≥ 3.
Áp dụng BĐT \(ab=< \frac{\left(a+b\right)^2}{2}\) .Ta có
(b+c-a)(a+b-c)=<b2
(a+b-c)(a+c-b)=<a2
(a+c-b)(b+c-a)=<c2
=> [(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)]2=<(abc)2
Lại có a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác
=>(b+c-a)(a+b-c)(a+c-b) =< abc(ĐPCM)