Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng : a/(-a+2b+2c) + b/(-b+2a+2c) + c/(-c+2a+2b) >=1
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
DD
1
16 tháng 2 2021
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=2b+2c-a\\y=2c+2a-b\\z=2a+2b-c\end{cases}}\)
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác nên \(x,y,z>0\)
Khi đó :
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{2y+2z-x}{9}\\b=\frac{2z+2x-y}{9}\\c=\frac{2x+2y-z}{9}\end{cases}}\)
Ta có bất đẳng thức mới theo ẩn x,y,z :
\(\frac{2y+2z-x}{9x}+\frac{2z+2x-y}{9y}+\frac{2x+2y-z}{9z}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{2}{9}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{z}{y}+\frac{x}{y}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)-\frac{1}{3}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{2}{9}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{1}{3}\ge1\)
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau :
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\forall a,b>0\)
Thật vậy : \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2}{ab}-2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2-2ab}{ab}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)(luôn đúng \(\forall a,b>0\))
Áp dụng , ta được :
\(\frac{2}{9}.2+\frac{2}{9}.2+\frac{2}{9}.2-\frac{1}{3}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{12}{9}-\frac{1}{3}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{9}{9}\ge1\)(đúng)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
HP
3
17 tháng 6 2016
VT=2a2b2+2a2c2+2b2c2-a4-b4-c4
=a2b2+a2c2+b2c2+a2.(b2-a2)+b2.(c2-b2)+c2.(a2-c2)
=a2b2+a2c2+b2c2+a2.(b+a)(b-a)+b2.(c+b)(c-b)+c2.(a+c)(a-c)
Ta lại có : a+b>c=>a-c>-b
b+c>a=>b-a>-c
c+a>b=>c-b>-a
(BĐT tam giác)
=>VT>a2b2+a2c2+b2c2+a2.c.(-c)+b2.a.(-a)+c2.b.(-b)
=0
=>VT>0 =>dpcm
VT
31 tháng 1 2018
Xét \(a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2=\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)-2c^2\left(a^2-b^2\right)+c^4-4c^2b^2\)
=\(\left(a^2-b^2\right)^2-2\left(a^2-b^2\right)c^2+c^4-4c^2b^2=\left(a^2-b^2-c^2\right)^2-4c^2b^2\)
=\(\left(a^2-b^2-c^2-2bc\right)\left(a^2-b^2-c^2+2bc\right)=\left[a^2-\left(b+c\right)^2\right]\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]\)
=\(\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\)
Mà a,b,c là 3 cạnh tam giác => a-b-c<0 ;a+b+c>0;a-b+c>0;a+b-c>0
=>\(...< 0\Rightarrow a^4+b^4+c^4< 2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\left(ĐPCM\right)\)
31 tháng 1 2018
ta có\(a^4+b^4+c^4< 2a^2b^2+2c^2a^2+2b^2c^2\)
<=> \(-a^4-b^4-c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2>0\)
<=>\(4a^2c^2-\left(a^4+b^4+c^4-2a^2b^2+2a^2c^2-2b^2c^2\right)>0\)
<=> \(4a^2c^2-\left(a^2-b^2+c^2\right)^2>0\)
<=>.......
<=>(a+b+c)(a+c-b)(a+b-c)(b-a+c)>0
luôn đúng vì a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác
vậy bđt trên dc cm dễ dàng
16 tháng 6 2016
bạn sử dụng BĐT tam giác :
a < b + c => a2 < b2 + c2
b < a + c => b2 < a2 + c2
c < a + b => c2 < a2 + b2
bạn tự làm nhé vì mik làm bạn cũng ko chọn mik
TN
16 tháng 6 2016
Ta có:A = a4 + b4 + c4 - 2a2b2 - 2b2c2 - 2a2c2 = (a2)2 + (b2)2 + (c2)2 + 2a2b2 - 2b2c2 - 2a2c2 +
4a2b2 = (a2+b2-c2)2-4a2b2
=(a2+b2-c2-2ab)(a2+b2-c2+2ab) (1)
Vì a;b;c là 3 cạnh của tam giác nên c>|a-b| =>c2>(|a-b|)2=(a-b)2
=>c2>a2+b2-2ab =>a2+b2-c2-2ab<0 (2)
lại có a+b>c =>(a+b)2>c2 =>a2+b2-c2 +2ab > 0 (3)
Từ (1)(2)(3) =>A<0 (Đpcm)
T
6 tháng 9 2020
Bài này không đúng nhé. Với a = b = c = 1 thì bất đẳng thức sai. Tuy nhiên bài này đúng theo chiều ngược lại.
PN
7 tháng 9 2020
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau đây \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*
Đặt \(\left\{2a+2b-c;2b+2c-a;2c+2a-b\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}\)
Vì a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác nên x,y,z dương
Ta có : \(x^2+y^2+z^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(x+y=c+a+4b\); \(y+z=a+b+4c\); \(z+x=b+c+4a\)
Bất đẳng thức cần chứng minh quy về : \(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^3.x\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{x^4}{4}}=2\frac{x^2}{2}=x^2\)
\(\frac{y^3}{x+z}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^3.y\left(x+z\right)}{\left(x+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{y^4}{4}}=2\frac{y^2}{2}=y^2\)
\(\frac{z^3}{x+y}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^3.z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)4}}=2\sqrt{\frac{z^4}{4}}=2\frac{z^2}{2}=z^2\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx+xy+yz+zx}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{2}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{xy+yz+zx}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức phụ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)khi đó ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{y+x}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z< =>a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh