Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/ Ta có:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\le a\left(2\right)\\\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le c\left(3\right)\end{cases}}\)
Lấy (1), (2), (3) nhân vế theo vế ta được
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
ta có \(\frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{a+c-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c-a+a+c-b+a+b-c}\) (BĐT svacxơ)
=>A\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\) (ĐPCM)
^_^
Đặt \(\frac{\left(a+b-c\right)}{2}=x;\frac{\left(c+a-b\right)}{2}=y;\frac{\left(b+c-a\right)}{2}=z\) thì x, y, z > 0(do a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác)
Và \(a=x+y;b=x+z;c=y+z\)
Thay vào, ta cần chứng minh: \(2\left[xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)+6xyz\right]>0\) (luôn đúng do x, y, z > 0)
Done!
đề kiểu gì vậy bạn tui nghĩ là thế này
áp dụng BDT tam giác
\(=>\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\a+c>b\end{matrix}\right.\)\(=>\)\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)>0< =>\left[a+\left(b-c\right)\right]\left[a-\left(b-c\right)\right]>0\)
\(=>a^2-\left(b-c\right)^2>0=>a^2>\left(b-c\right)^2=>\left(b-c\right)^2< a^2\)
\(=>a\left(b-c\right)^2< a^3\left(1\right)\)
cminh tương tự \(=>b\left(c-a\right)^2< b^3\left(2\right)\)
\(=>c\left(a-b\right)^2< c^3\left(3\right)\)
(1)(2)(3)\(=>VT< a^3+b^3+c^3\)
Sai đề rồi e ơi, mà tối qua thức coi euro hả,thấy 3h đêm còn làm bài :v