Cho a, b, c, p lần lượt là số đo các cạnh và nửa chu vi của một tam giác.
Chứng minh: 1/p-a + 1/p-b + 1/p-c >= 2(1/a + 1/b + 1/c)
Đẳng thức sảy ra khi nào?
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
MA
3 tháng 4 2016
ta sử dụng bđt \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)(cái này bạn có thể dễ dàng chúng minh )
ta có
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{p-a+p-b}=\frac{4}{2p-\left(a+b\right)}=\frac{4}{c}\)(1)
tương tự ta có
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a}\) (2)
\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{b}\)(3)
cộng theo vế của bđt (1);(2);(3) ta có
\(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
hay \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
14 tháng 4 2018
Do p là nửa chu vi tam giác nên \(2p=a+b+c\)
Ta có bổ đề sau: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow x^2+2xy+y^2\ge4xy\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Áp dụng vào bài toán:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{p-a+p-b}=\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{c}\)
Tương tự: \(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a},\)\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{b}\)
\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}=4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c.
KT
29 tháng 4 2018
C/m BĐT phụ: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) (*) (x,y dương)
Ta có: \(\left(x-y\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(x^2-2xy+y^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(x^2+y^2\ge2xy\)
\(\Leftrightarrow\)\(x^2+2xy+y^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) (BĐT đã đc chứng minh)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y\)
ÁP dụng BĐT (*) ta có:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{p-a+p-b}=\frac{4}{2p-\left(a+b\right)}=\frac{4}{c}\) (1)
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{p-b+p-c}=\frac{4}{2p-\left(b+c\right)}=\frac{4}{a}\) (2)
\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{p-c+p-a}=\frac{4}{2p-\left(c+a\right)}=\frac{4}{b}\) (3)
Lấy (1); (2); (3) cộng theo vế ta được:
\(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)
Khi đó \(\Delta ABC\)là tam giác đều
KV
6 tháng 5 2021
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si vào biểu thức \(1+\dfrac{a}{b}\), ta có:
\(1+\dfrac{a}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}}\) (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si vào biểu thức \(1+\dfrac{b}{c}\), ta có:
\(1+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{c}}\) (2)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si vào biểu thức \(1+\dfrac{c}{a}\), ta có:
\(1+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{a}}\) (3)
Từ (1), (2) và (3)
\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{a}{b}\right)\left(1+\dfrac{b}{c}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}}.2\sqrt{\dfrac{b}{c}}.2\sqrt{\dfrac{c}{a}}\)\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{a}{b}\right)\left(1+\dfrac{b}{c}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\ge8\) (vì \(\sqrt{\dfrac{a}{b}}.\sqrt{\dfrac{b}{c}}.\sqrt{\dfrac{c}{a}}=1\))
KV
6 tháng 5 2021
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c. Khi đó tam giác đã cho là tam giác đều
25 tháng 4 2016
Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức phụ : 1a+1b≥4a+b∀a;b>01a+1b≥4a+b∀a;b>0
Và p−a;p−b;p−c>0p−a;p−b;p−c>0 theo bất đẳng thức trong tam giác.
Áp dụng bất đẳng thức phụ vừa chứng minh, ta có:
1p−a+1p−b≥42p−a−b=4c1p−a+1p−b≥42p−a−b=4c (1)(1)
1p−b+1p−c≥42p−b−c=4a1p−b+1p−c≥42p−b−c=4a (2)(2)
1p−c+1p−a≥42p−c−a=4b1p−c+1p−a≥42p−c−a=4b (3)(3)
Cộng 1;2;31;2;3 vế theo vế, ta được:
2(1p−a+1p−c+1p−c)≥4(1a+1b+1c)2(1p−a+1p−c+1p−c)≥4(1a+1b+1c)
HP
30 tháng 3 2017
chu vi = 1 => a+b+c=1
viết lại đẳng thức: a/(a+b+c-a)+ b/(a+b+c-b) + c/(a+b+c-c) = 3/2
<=>a/b+c + b/c+a + c/a+b = 3/2
cộng 3 vào 2 vế rút ra được (a+b+c)(1/a+b + 1/b+c + 1/c+a ) = 9/2
<=>1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a)=9/2(do a+b+c=1)
Sử dụng bđt Schwarz : 1/(a+b)+1/(b+c)+1/(c+a) >/ (1+1+1)2/2(a+b+c) = 9/2
đẳng thức xảy ra <=> a+b=b+c=c+a <=> a=b=c ta có đpcm
Ta sẽ áp dụng BĐT sau vào bài tập này \(\frac{a^2}{m}+\frac{b^2}{n}+\frac{c^2}{p}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{m+n+p}\)dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a}{m}=\frac{b}{n}=\frac{c}{p}\)
Ta có \(p-a=\frac{a+b+c}{2}-a=\frac{a+b+c-2a}{2}\)\(\Leftrightarrow\)\(p-a=\frac{b+c-a}{2}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{p-a}=\frac{2}{b+c-a}\).Tương tự\(\frac{1}{p-b}=\frac{2}{a+c-b}\);\(\frac{1}{p-c}=\frac{2}{b+a-c}\)
nên \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}=2\left(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\right)\)
Áp dụng BĐT trên ta có \(\frac{1}{b+c-a}=\frac{\left(1+1-1\right)^2}{b+c-a}\ge\frac{1}{c}+\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\);\(\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{c}-\frac{1}{b}\);\(\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\)
Vậy \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\right)\)
Kết bạn với mình có gì tiện hỏi nhau nha có gì khó cứ gửi
bài này cũng gần giống nè giúp mk vs
cho a b c là độ dài 3 cạnh tam giác p là nửa chu vi ab/(p-c) + bc/(p-a) + ca/(p-b)>=4p