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?
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
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.
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
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 \(\sqrt{\dfrac{a}{b}}.\sqrt{\dfrac{b}{c}}.\sqrt{\dfrac{c}{a}}=1\))
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c. Khi đó tam giác đã cho là tam giác đều
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)
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