Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt M = (a^2+b^2-c^2)/2ab + (b^2+c^2-a^2)/2bc + c^2+a^2-b^2/2ca
Ta có M-1=\(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\frac{c^2+a^2-b^2}{2ac}-1.\)
=>M-1=\(\frac{c\left(a^2+b^2-c^2\right)+a\left(b^2+c^2-a^2\right)+b\left(c^2+a^2-b^2\right)-2abc}{2abc}\)
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác => a2+b2\(\ge\)c2,b2+c2\(\ge\)a2,c2+a2\(\ge\)b2
Vậy M-1\(\ge\)0=> M\(\ge\)1(đpcm)
ta có \(P=a^3+b^3+c^3+3abc=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+3abc\)
\(=1-3\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-a\right)+3abc\)
nhân tung ra và rút gọn thì \(P=1-3\left(ab+bc+ca\right)+6abc=1-3\left(ab+bc+ca-2abc\right)\)
vì \(b+c>a\Rightarrow a+b+c\ge2a\Rightarrow2a-1< 0\)
tương tự với mấy cái kia nhân vaò và ta có
\(\left(2a-1\right)\left(2b-1\right)\left(2c-1\right)< 0\)\(\Leftrightarrow8abc-4\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a+b+c\right)-1< 0\)
=> \(1< 4\left(ab+bc+ca\right)-8abc\Rightarrow\frac{1}{4}< \left(ab+bc+ca-2abc\right)\)
=> \(\Rightarrow-3\left(ab+bc+ca-2abc\right)< -\frac{3}{4}\)
=> \(1-3\left(ab+bc+ca-2abc\right)< \frac{1}{4}\) => p<1/4
B) ta có \(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(b+c-a\right)=\sqrt{\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right]\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]}< abc\)
=> \(\left(1-2a\right)\left(1-2b\right)\left(1-2c\right)< abc\)
=> \(4\left(ab+bc+ca-2abc\right)\le abc+1\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3+1=\frac{28}{27}\)
=> \(ab+bc+ca-abc\le\frac{7}{27}\)
=> \(P\ge1-3.\frac{7}{27}=\frac{2}{9}\)
Ta có a+b+c=1;a;b;c>0 nên
P=a3+b3+c3+3abc
=(a+b+c)3-3(a+b)(b+c)(c+a)+3abc
=1-3abc-3∑ab(a+b)
=1-3abc-3∑ab(1-c)
=1-3(ab+bc+ca)+6abc
Vì a;b;c là 3 cạnh của một tam giác nên
b+c>a=>a+b+c>2a=>2a<1. Tương tự 2b<1;2c<1
Nên (2a-1)(2b-1)(2c-1)<0
<=> 8abc-4(ab+bc+ca)+2(a+b+c)-1<0
=>4[ab+bc+ca-2abc]>1
=>P<1/4
Ta có:
(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=
\(\sqrt{\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right].\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right].\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]}\)≤abc
=>(1-2a)(1-2b)(1-2c)≤abc
=>4[ab+bc+ca-2abc]≤abc+1≤\(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3+1=\frac{28}{27}\)
=>P≥1-3.\(\frac{28}{4.27}=\frac{2}{9}\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c=\(\frac{1}{3}\)
trời mãi ms xong
WLOG \(a=max\left\{a,b,c\right\}\rightarrow90^o\le\widehat{A}< 180^o\rightarrow cosA\le0\)
Khi đó \(a^2=b^2+c^2-2bc\cdot cosA\ge b^2+c^2\)
\(LHS=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
\(=a^2\left(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+\frac{b^2+c^2}{a^2}+\left(b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+1\)
\(\ge\frac{4a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{a^2}+5\)
\(=\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{a^2}+5+\frac{3a^2}{b^2+c^2}\)
\(\ge2+5+3=10\)
"=" b=c và A=90 hay tam giác ABC vuông cân tại A
a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2ab-2bc-2ca=1-2ab-2bc-2ca
((a^2+b^2+c^2)-1)/2abc=(1-2ab-2bc-2ca-1)/abc=-(1/a+1/b+1/c)
T=4/a+b +4/b+c +4/c+a<=1/a+1/b+1/b+1/c+1/c+1/a-1/a-1/b-1/c=1/a+1/b+1/c<=9
Dấu = khi a=b=c=1/3
Áp dụng BĐT côsi ta có:
a² + bc ≥ 2.a√(bc)
<=> 1/(a² + bc) ≤ 1/(2a√(bc)) -------------(1)
tương tự vậy:
1/(b² + ac) ≤ 1/(2b√(ac)) -------------------(2)
1/(c² + ab) ≤ 1/(2c√(ab)) -------------------(3)
lấy (1) + (2) + (3)
=> 1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ 1/(2a√(bc)) + 1/(2b√(ac)) + 1/(2c√(ab))
<=>1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ √(bc)/2abc + √(ac)/2abc + √(ab)/2abc
<=>1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ [√(bc) + √(ac) + √(ab) ]/2abc (!)
Ta chứng minh bổ đề:
√(ab) + √(bc) + √(ac) ≤ a + b + c
thật vậy, áp dụng BĐT côsi ta được:
a + b ≥ 2√(ab) --- (*)
a + c ≥ 2√(ac) --- (**)
b + c ≥ 2√(bc) --- (***)
lấy (*) + (**) + (***) => 2(a + b + c) ≥ 2.[ √(bc) + √(ac) + √(ab) ]
<=> √(bc) + √(ac) + √(ab) ≤ a + b + c (@)
từ (!) và (@)
=> 1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ (a + b + c)/2abc ( Đpcm )
Áp dụng AM - GM:
\(\frac{1}{a^2+bc}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}};\frac{1}{b^2+ac}\le\frac{1}{2b\sqrt{ca}};\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
Khi đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
\(=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\le\frac{a+b+c}{2abc}\)
Ta có: \(a^3+b^3=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)\ge\left(a+b\right)^2-\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2.\left(a+b\right)=\frac{1}{4}\left(a+b\right)^3\)
\(\Rightarrow\frac{c}{\sqrt[3]{a^3+b^3}}\le\sqrt[3]{4}.\frac{c}{a+b}\)
Tương tự rồi cộng theo vế 3 BĐT trên ta có đpcm