Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện:\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)< 10\).Chứng minh rằng a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
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
KN
28 tháng 8 2020
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
BA
5 tháng 11 2019
\(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(c+b\right)\left(a+c\right)}{abc}=8\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2\left(c+b\right)^2\left(a+c\right)^2}{a^2b^2c^2}=64\)
Ta có
\(\left(a+b\right)^2\ge4ab;\left(c+b\right)^2\ge4cb;\left(a+c\right)^2\ge4ac\)
\(\frac{\left(a+b\right)^2\left(c+b\right)^2\left(a+c\right)^2}{a^2b^2c^2}\ge64\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)=> Đó là tam giác đều
7 tháng 11 2019
Ta có: \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\)
\(\Rightarrow\frac{a+b}{b}.\frac{b+c}{c}.\frac{a+c}{c}=8\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=8\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=8abc\)
\(\Rightarrow a^2b+a^2c+b^2c+ab^2+ac^2+bc^2+2abc=8abc\)
\(\Rightarrow a^2b+a^2c+b^2c+ab^2+ac^2+bc^2-6abc=0\)
\(\Rightarrow\left(ab^2-2abc+ac^2\right)+\left(a^2b-2abc+bc^2\right)+\left(a^2c-2abc+b^2c\right)=0\)
\(\Rightarrow a\left(b^2-2bc+c^2\right)+b\left(a^2-2ac+c^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)=0\)
\(\Rightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(a-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2=0\)(1)
Vì a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 (2)
Do đó \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a\left(b-c\right)^2\ge0\\b\left(a-c\right)^2\ge0\\c\left(a-b\right)^2\ge0\end{cases}}\)(3)
Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow\left(b-c\right)^2=\left(a-c\right)^2=\left(a-b\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\left(b-c\right)=\left(a-c\right)=\left(a-b\right)=0\)
\(\Rightarrow a=b=c\)
Vậy a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác đều
30 tháng 8 2016
a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .
21 tháng 2 2022
Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:
\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)
Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)
Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)
Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:
\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)
\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vậy ta cần chỉ ra rằng:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
ML
29 tháng 6 2015
Áp dụng Côsi:
\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}.\frac{b+1}{8}.\frac{c+1}{8}}=\frac{3}{4}a\)
Tương tự: \(\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{c+1}{8}+\frac{a+1}{8}\ge\frac{3}{4}b\)
\(\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge\frac{3}{4}c\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{1}{4}\left(a+b+c+3\right)\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\)
\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}.1=\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)\(\left(\text{đpcm}\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
15 tháng 11 2017
ta có: \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}.\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a.b.c}{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}\) (vì abc=1) (*)
Mặt khác: \(\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2\ge64abc=64=4^3\) (vì abc=1)
=> \(\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}\ge4\) (**)
Từ (*), (**)=> đpcm
PG
12 tháng 2 2020
Bạn dưới kia làm ngược dấu thì phải,mà bài này hình như là mũ 3
\(\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS+\frac{2\left(a+b+c\right)+6}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow RHS\ge\frac{3}{4}\) tại a=b=c=1
19 tháng 2 2022
Ta có:
\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)
Hoàn toàn tương tự ta có:
\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);
\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Do đó:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
Ta có : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(3+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)< 10\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}< 7\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+c}{b}+\frac{b+a}{c}+\frac{c+b}{a}< 7\)
Không giảm tổng quá .Giả sử a là cạnh lớn nhất .Giả b + c < a => 0 < \(\frac{b+c}{a}\)
\(\Rightarrow\frac{a+c}{b}+\frac{b+a}{c}+\frac{c+b}{a}>\frac{2c+b}{b}+\frac{2b+c}{c}+\frac{b+c}{a}\)( không chắc lắm )
= \(\frac{2c}{b}+\frac{2b}{c}+\frac{b+c}{a}+2\)
=\(\frac{2\left(b+c\right)^2}{bc}+\frac{b+c}{a}-2>7\left(VL\right)\)
=>b+ c > a => a ; b ; c là 3 cạnh tam giác ( đpcm )