Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. CMR (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)<=abc?
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
0
NQ
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 4 2023
Lời giải:
BĐT $\Leftrightarrow abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(*)$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$(a+b-c)(b+c-a)\leq \left(\frac{a+b-c+b+c-a}{2}\right)^2=b^2$
$(b+c-a)(c+a-b)\leq \left(\frac{b+c-a+c+a-b}{2}\right)^2=c^2$
$(a+b-c)(a+c-b)\leq \left(\frac{a+b-c+a+c-b}{2}\right)^2=a^2$
Nhân theo vế 3 BĐT trên:
$[(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\geq (abc)^2$
$\Rightarrow abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$ (BĐT $(*)$ được cm)
Ta có đpcm.
YY
28 tháng 5 2018
3 cạnh của một tam giác là ba số dương
áp dụng bất đẳng thức cauchy cho hai số dương
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)
\(c+a\ge2\sqrt{ca}\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}=8abc\)\
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
mà a,b,c là 3 cạnh của một tam giác đều => a=b=c => (a+b)(b+c)(c+a)=8abc
LH
28 tháng 5 2018
a,b,c là 3 cạnh tam giác nên a>0,b>0,c>0
\(\Leftrightarrow a^2b+abc+a^2c+ac^2+ab^2+b^2c+abc+bc^2=8abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b+bc^2+ab^2+ac^2+a^2c+ac^2-6abc=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2b+bc^2-2abc\right)+\left(ab^2+ac^2-2abc\right)+\left(a^2c+b^2c-2abc\right)=0\)
\(\Leftrightarrow b\left(a^2-2ac+c^2\right)+a\left(b^2-2bc+c^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow b\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2=0\)
Mà b>0;(a-c)^2>=0 => b(a-c)^2>=0;
a>0;(b-c)^2>=0 => a(b-c)^2 >=0;
c>0;(a-b)^2>=0 => c(a-b)^2>=0
Do đó: \(b\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}a-c=0\\b-c=0\\a-b=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=c\\b=c\\a=b\end{cases}}}\Leftrightarrow a=b=c\)
=> a,b,c là 3 cạnh của một tam giác đều
11 tháng 7 2016
Gọi p là nửa chu vi tam giác đó \(\Rightarrow p=\frac{a+b+c}{2}\)
Ta có : \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}=\frac{2}{p-a}+\frac{2}{p-b}+\frac{2}{p-c}\)
Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)được :
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{c}\)
Tương tự : \(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a}\) ; \(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{b}\)
Cộng các bất đẳng thức trên theo vế : \(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{a+b-c}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
BH
1
CT
18 tháng 8 2021
ta có a+c>b suy ra (a+b+c)^2>4b^2 suy ra (a+b+c)^2+(a-b+c)^2>(a+b+c)^2>4b^2
VN
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 12 2020
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\dfrac{1}{4}\left(a+b-c+b+c-a\right)=b^2\)
Tương tự: \(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
\(\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\)
Nhân vế với vế:
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
27 tháng 5 2019
1. đặt b + c - a = x, a + c - b = y , a + b - c = z thì x,y,z > 0
theo bất đẳng thức ( x + y ) ( y + z ) ( x + z ) \(\ge\)8xyz ( tự chứng minh ) , ta có :
2a . 2b . 2c \(\ge\)8 ( b + c - a ) ( a + c - b ) ( a + b - c )
\(\Rightarrow\)abc \(\ge\)( b + c - a ) ( a + c - b ) ( a + b - c )
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = c
27 tháng 5 2019
Ta có a + b > c, b + c > a, a + c > b
Xét \(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c+b}+\frac{1}{b+c+a}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+b+a+b}=\frac{1}{a+b}\)
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 ...
