Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
(p-a)(p-b)(p-c)=(\(\left(\frac{b+c-a}{2}\right)\left(\frac{a+c-b}{2}\right)\left(\frac{a+b-c}{2}\right)\)
Mà a,b,c là ba canh tam giác nên \(b+c-a\le a\)
Tương tự suy ra
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)với mọi x,y>0
Ta có: \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{c}\)
Tương tự \(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a}\)
\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{b}\)
\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Dễ thấy a,b,c là độ dài của tam giác nên
a + b - c > 0 ; b + c - a > 0 ; c+a-b > 0
Theo Cauchy-Schwarz thì
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c = 1
Ta có: Vì chu vi của tam giác là 3 nên a + b + c = 3
Xét: \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)
Tương tự CM được:
\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{2}{c}\) và \(\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{2}{a}\)
Cộng vế 3 BĐT trên lại ta được:
\(2VT\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3^2}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Lời giải
Theo đề bài thì \(p=\frac{a+b+c}{2}\Rightarrow p-a=\frac{a+b+c}{2}-a=\frac{b+c-a}{2}\)
Tương tự: \(p-b=\frac{c+a-b}{2};p-c=\frac{a+b-c}{2}\)
Ta cần c/m: \(\frac{2}{b+c-a}+\frac{2}{c+a-b}+\frac{2}{a+b-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Ta có: \(VT=\left(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)+\left(\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\right)+\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\right)\)
\(\ge\frac{4}{2c}+\frac{4}{2a}+\frac{4}{2b}=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^{\left(đpcm\right)}\)
Ta có:\(p-a=\frac{a+b+c}{2}-a=\frac{b+c-a}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{p-a}=\frac{2}{b+c-a}\)
Tương tự ta có:
\(\frac{1}{p-b}=\frac{2}{a+c-b}\)
\(\frac{1}{p-c}=\frac{2}{a+b-c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}=2\left(\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+b-c}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng engel ta có:
\(\frac{1}{b+c-a}=\frac{\left(1+1-1\right)^2}{b+c-a}\ge\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{a}\)
Tương tự,ta có:
\(\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\)
\(\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{c}-\frac{1}{b}\)
Cộng vế theo vế ta được:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^{đpcm}\)
\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=8\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}{a^2b^2c^2}=64\)(*)
Ta có :\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\) ; \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\) ; \(\left(c+a\right)^2\ge4ca\)
Suy ra vế trái của (*) lớn hơn hoặc = 64. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Khi đó tg ABC đều.
Áp dụng bđt \(\frac{m^2}{x}+\frac{n^2}{y}+\frac{p^2}{z}\ge\frac{\left(m+n+p\right)^2}{x+y+z}\)
được : \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b-c+b+c-a+c+a-b}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)
công thức
\(\frac{m^2}{x}+\frac{n^2}{y}+\frac{p^2}{z}\ge\frac{\left(m+n+p\right)^2}{a+y+z}\)
chứng minh thế nào
\(\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\le\frac{1}{8}abc\)
Do p là nửa chu vi của tam giác \(\Rightarrow p=\frac{a+b+c}{2}\)thay vào ta được :
\(VT=\left(\frac{a+b+c}{2}-a\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)\)
\(=\left(\frac{b+c-a}{2}\right)\left(\frac{a+c-b}{2}\right)\left(\frac{a+b-c}{2}\right)\)
\(=\frac{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}{8}\)
Áp dụng BĐT \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\\\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\\\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)\le b^2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left[\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le abc\)
\(\Rightarrow\frac{\Rightarrow\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}{8}\le\frac{1}{8}abc\)
\(\Rightarrowđpcm\)
\(\)