biết rằng 3 cạnh a, b, c thỏa \(a\le1\le b\le2\le c\le3\) tìm tam giác abc thỏa mãn đk trên và có diện tích lớn nhất.
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 3 2023
Do \(\left\{{}\begin{matrix}a\ge0\\b\ge1\\a+b+c=5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow c\le4\)
\(\Rightarrow2\le c\le4\Rightarrow\left(c-2\right)\left(c-4\right)\le0\Rightarrow c^2\le6c-8\)
\(0\le a\le1< 6\Rightarrow a\left(a-6\right)\le0\Rightarrow a^2\le6a\)
\(1\le b\le2< 5\Rightarrow\left(b-1\right)\left(b-5\right)\le0\Rightarrow b^2\le6b-5\)
Cộng vế:
\(a^2+b^2+c^2\le6\left(a+b+c\right)-13=17\)
\(A_{max}=17\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;4\right)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 2 2017
Giải:
Vì \(0\leq a,b,c\leq 1\Rightarrow ab,ac,ab\geq abc\)
Do đó mà \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{a+b+c}{abc+1}\)
Giờ chỉ cần chỉ ra \(\frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\). Thật vậy:
Do \(0\leq b,c\leq 1\Rightarrow (b-1)(c-1)\geq 0\Leftrightarrow bc+1\geq b+c\Rightarrow bc+a+1\geq a+b+c\)
Suy ra \( \frac{a+b+c}{abc+1}\leq \frac{bc+a+1}{abc+1}=\frac{bc+a-2abc-1}{abc+1}+2=\frac{(bc-1)(1-a)-abc}{abc+1}+2\)
Ta có \(\left\{\begin{matrix}bc\le1\\a\le1\\abc\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\left(bc-1\right)\left(1-a\right)\le1\\-abc\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \frac{(bc-1)(1-a)-abc}{abc+1}+2\leq 2\Rightarrow \frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\)
Chứng minh hoàn tất
Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(0,1,1)\) và hoán vị.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 3 2021
Đặt \(\left(a+1;b+1;c+1\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow1\le x\le y\le z\le2\)
\(B=\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}+3\) (1)
Do \(x\le y\le z\Rightarrow\left(z-y\right)\left(y-x\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow xy+yz\ge y^2+zx\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{z}+1\ge\dfrac{y}{z}+\dfrac{x}{y}\)
Tương tự: \(1+\dfrac{z}{x}\ge\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}\)
Cộng vế: \(2+\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\ge\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{x}\) (2)
Từ (1); (2) \(\Rightarrow B\le2\left(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)+5\)
Đặt \(\dfrac{z}{x}=t\Rightarrow1\le t\le2\)
\(\Rightarrow B\le2\left(t+\dfrac{1}{t}\right)+5=\dfrac{2t^2+2}{t}+5=\dfrac{2t^2+2}{t}-5+10\)
\(\Rightarrow B\le\dfrac{2t^2-5t+2}{t}+10=\dfrac{\left(t-2\right)\left(2t-1\right)}{t}+10\le10\)
\(B_{max}=10\) khi \(t=2\) hay \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right);\left(0;1;1\right)\)
NM
0
19 tháng 2 2016
*)a=-0,372870255
b=0,69
c=0,89
thỏa mãn bằng 2
*)a=0
b=0,1
c=0,11
thỏa mãn bé hơn 2 mà các số lớn hớn 0 đều lớn hơn a,b,c theo trình tự nên mọi 0<=a<=b<=c<=1 đều thỏa mãn biểu thức đó
t cũng ko biết c/m số dưới dạng biến thế nào
QT
0
PH
3
15 tháng 7 2017
\(\frac{8}{3}P=\frac{8}{3}ab\le\frac{1}{4}\left(\frac{8}{3}a+b\right)^2=\frac{1}{4}\left(a+b+\frac{5}{3}a\right)^2\le\frac{1}{4}\left(11+\frac{5}{3}.3\right)^2=\frac{1}{4}.16^2=64\)
\(\Rightarrow P\le\frac{64.3}{8}=24\)
dấu bằng xảy ra khi a=3;b=8
15 tháng 7 2017
eo tí thì bị lừa =)))
0=<a=<3 mà để ab lớn nhất thì điểm rơi của a là 3
=>b=8. GTLN là 24
Khi a=3;b=8 :v
Khai bút đầu năm :)
Theo hệ thức Herong: \(S_{ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}}{4}\)
Ta đi tìm \(\triangle ABC\) có diện tích lớn nhất, đồng nghĩa với việc cần tìm max của \(A=(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)\)
Ta có: \(A=[(a+b+c)(a+b-c)][(c+a-b)(c-a+b)]=[(a+b)^2-c^2][c^2-(a-b)^2]\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(A\leq \left(\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{2}\right)2=(2ab)^2\leq 4^2=16\) (do \(a\leq 1\leq b\leq 2\))
\(\Rightarrow S_{ABC_{\max}}=1\). Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(1,2,\sqrt{5})\)
Vậy tam giác $ABC$ có diện tích lớn nhất là tam giác có độ dài ba cạnh là \(1,2,\sqrt{5}\)
cảm ơn ạ ^_^