cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác
chứng minh: (a+b+c)(4+c-a)+(a-b)<=abc
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
TD
0
Những câu hỏi liên quan
28 tháng 4 2020
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 ...
BC
0
CY
Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác chứng minh:
1/a+b ; 1/b+c ; 1/a+c cũng là ba cạnh của 1tam giác
1
28 tháng 1 2021
Vì \(a,b,c\)là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c;b+c>a;c+a>b\\a+b;b+c;c+a< a+b+c\end{cases}}\)
Ta có : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{a+b+c}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+c+a+c}=\frac{2}{2\left(a+c\right)}=\frac{1}{a+c}\)
Chứng minh tương tự , ta được: \(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}>\frac{1}{a+b}\)
\(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}>\frac{1}{b+c}\)
\(\Rightarrowđpcm\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
29 tháng 1 2021
\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)
Tương tự: \(b+c\ge2\sqrt{bc}\) ; \(c+a\ge2\sqrt{ca}\)
Nhân vế với vế:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\) hay tam giác đã cho là tam giác đều
NL
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 12 2020
\(VT=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ac+bc}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
\(\Rightarrow\) Tam giác là tam giác đều
PV
2
T
1 tháng 8 2019
#)Giải :
Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\\\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\\\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^3\le a^2\end{cases}}\)
Nhân từng vế ba bđt trên ta được :
\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\le abc\)
Hay \(abc\ge\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\)
Xảy ra khi a = b = c
1 tháng 8 2019
áp dụng bdt cosi cho 2 số dương ta có :
\(\left(b+c-a\right)+\left(a+c-b\right)\ge2\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(b+c-a\right)+\left(a+c-b\right)\right]^2\ge4\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\)
\(\Leftrightarrow c^2\ge\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\)(1)
tương tự ta có: \(a^2\ge\left(b+a-c\right)\left(c+a-b\right)\)(2)
\(b^2\ge\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)\)(3)
từ (1) (2) (3) suy ra dpcm