Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác có chu vi bằng 2.Chứng minh rằng 1+abc<ab+ac+bc
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
10 tháng 11 2018
Nếu Đặt p là nửa chu vi => p = (a + b + c)/2 => 2p = a + b + c
=> p - a = (a + b + c)/2 - a
=> p - a = (b + c + a - 2a)/2
=> p - a = (b + c - a)/2
=> 2(p - a) = b + c - a (1)
Tương tự ta chứng minh được:
2(p - b) = a + c - b (2)
2(p - c) = a + b - c (3)
Từ (1); (2) và (3) => 1/(a + b - c) + 1/(b +c - a) +1/(c +a - b)
= 1/[ 2(p - c) ] + 1/[ 2(p - a) ] + 1/[ 2(p - b) ]
=1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ]
Bây giờ ta đã đưa bài toán về chứng minh
1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/a + 1/b + 1/c
Ta có: (x - y)² ≥ 0
<=> x² - 2xy + y² ≥ 0
<=> x² - 2xy + y² + 4xy ≥ 4xy
<=> x² + 2xy + y² ≥ 4xy
<=> (x + y)² ≥ 4xy
=> với x + y ≠ 0 và xy ≠ 0
=> (x + y)²/(x+ y) ≥ 4xy/(x + y)
=> (x + y) ≥ 4xy/(x + y)
=> (x + y)/xy ≥ (4xy)/[xy(x + y)]
=> 1/x + 1/y ≥ 4/(x + y) (*)
Áp dụng (*) với x = p - a và y = p - b ta được:
1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(p - a + p - b)
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(2p - a - b)
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(a + b + c - a - b)
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/c (4)
Chứng minh tương tự ta được:
1/(p - a) + 1/(p - c) ≥ 4/b (5)
1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 4/a (6)
Cộng vế với vế của (4);(5) và (6) ta được:
1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - a) + 1/(p - c) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 4/c + 4/b + 4/a
=> 2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 4/c + 4/b + 4/a
=> 2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 4(1/a + 1/b + 1/c)
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 2(1/a + 1/b + 1/c)
=> 1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/2.( 2(1/a + 1/b + 1/c) )
=> 1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/a + 1/b + 1/c
Dấu bằng xảy ra <=> a = b = c.
19 tháng 10 2020
Chu vi bằng 4 nên tất cả các cạnh phải nhỏ hơn 2
suy ra a^2 +b^2 +c^2 < 2(a+b+c) =8
27 tháng 7 2017
Ta có:
\(a< b+c\)
\(\Leftrightarrow2a< a+b+c=2\)
\(\Leftrightarrow a< 1\)
Tương tự ta cũng có:
\(\hept{\begin{cases}b< 1\\c< 1\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)>0\)
\(\Leftrightarrow-abc+ab+bc+ca-a-b-c+1>0\)
\(\Leftrightarrow abc< \left(ab+bc+ca\right)-1\)
\(\Leftrightarrow2abc< 2\left(ab+bc+ca\right)-2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)-2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< \left(a+b+c\right)^2+2=4-2=2\)
29 tháng 3 2021
Dễ thấy \(0< a,b,c< \frac{3}{2}\)
Thật vậy nếu g/s ngược lại tồn tại 1 số >= 3/2 và g/s đó là a
\(\Rightarrow a\ge b+c\) mâu thuẫn với BĐT tam giác nên ta có điều như trên
Ta có: \(\left(\frac{3}{2}-a\right)+\left(\frac{3}{2}-b\right)+\left(\frac{3}{2}-c\right)\ge3\sqrt[3]{\left(\frac{3}{2}-a\right)\left(\frac{3}{2}-b\right)\left(\frac{3}{2}-c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{9}{2}-\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{\left(\frac{3}{2}-a\right)\left(\frac{3}{2}-b\right)\left(\frac{3}{2}-c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\ge\sqrt[3]{\left(\frac{3}{2}-a\right)\left(\frac{3}{2}-b\right)\left(\frac{3}{2}-c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge\left(\frac{3}{2}-a\right)\left(\frac{3}{2}-b\right)\left(\frac{3}{2}-c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge\left(\frac{9}{4}-\frac{3}{2}a-\frac{3}{2}b+ab\right)\left(\frac{3}{2}-c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge\frac{27}{8}-\frac{9}{4}\left(a+b+c\right)+\frac{3}{2}\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{8}\ge\frac{27}{8}-\frac{27}{4}+\frac{3}{2}\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\Leftrightarrow\frac{3}{2}\left(ab+bc+ca\right)-abc\le\frac{7}{2}\)
\(\Leftrightarrow6\left(ab+bc+ca\right)-4abc\le14\)
\(\Leftrightarrow4abc\ge6\left(ab+bc+ca\right)-14\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2+4abc\ge3\left(a+b+c\right)^2-14\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2+4abc\ge13\)
Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1
Ta có:
a<b+ca<b+c
--> a+a<a+b+ca+a<a+b+c
--> 2a<22a<2
--> a<1a<1
Tương tự ta có : b<1,c<1b<1,c<1
Suy ra: (1−a)(1−b)(1−c)>0(1−a)(1−b)(1−c)>0
⇔ (1–b–a+ab)(1–c)>0(1–b–a+ab)(1–c)>0
⇔ 1–c–b+bc–a+ac+ab–abc>01–c–b+bc–a+ac+ab–abc>0
⇔ 1–(a+b+c)+ab+bc+ca>abc1–(a+b+c)+ab+bc+ca>abc
Nên abc<−1+ab+bc+caabc<−1+ab+bc+ca
⇔ 2abc<−2+2ab+2bc+2ca2abc<−2+2ab+2bc+2ca
⇔ a2+b2+c2+2abc<a2+b2+c2–2+2ab+2bc+2caa2+b2+c2+2abc<a2+b2+c2–2+2ab+2bc+2ca
⇔ a2+b2+c2+2abc<(a+b+c)2−2a2+b2+c2+2abc<(a+b+c)2−2
⇔ a2+b2+c2+2abc<22−2a2+b2+c2+2abc<22−2 , (do a+b=c=2a+b=c=2 )
⇔ dpcm