Cho a,b.c là 3 cạnh 1 tam giác. CMR: \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
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
MC
23 tháng 10 2018
Bài này là bài chốt trong đề thi hsg toán 9 cấp huyện năm nay của đức thọ đó!
MC
23 tháng 10 2018
bạn vào Thư viện đề thi THCS Hoàng Xuân Hãn rồi bấm vào mục ở dưới dưới ak tên mục là
Đáp án đề thi hsg toán 9 huyện Đức Thọ năm học 2018-2019 Đây là bài cuối của đề ak!
26 tháng 11 2020
Tự nhiên lục được cái này :'(
3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)
\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{b+c-a+c+a-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b-c+c+a-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)
Cộng theo vế ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c
28 tháng 7 2020
Đặt ⎧⎪⎨⎪⎩a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0){a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0)
⇒⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩a=z+x2b=x+y2c=y+z2⇒{a=z+x2b=x+y2c=y+z2
⇒√a(1b+c−a−1√bc)=√2(z+x)2(1y−2√(x+y)(y+z))≥√x+√z2(1y−2√xy+√yz)=√x+√z2y−1√y⇒a(1b+c−a−1bc)=2(z+x)2(1y−2(x+y)(y+z))≥x+z2(1y−2xy+yz)=x+z2y−1y
Tương tự
⇒∑√a(1b+c−a−1√bc)≥∑√x+√z2y−∑1√y⇒∑a(1b+c−a−1bc)≥∑x+z2y−∑1y
⇒VT≥∑[x√x(y+z)]2xyz−∑√xy√xyz≥2√xyz(x+y+z)2xyz−x+y+z√xyz≐x+y+z√xyz−x+y+z√xyz=0⇒VT≥∑[xx(y+z)]2xyz−∑xyxyz≥2xyz(x+y+z)2xyz−x+y+zxyz≐x+y+zxyz−x+y+zxyz=0
(∑√xy≤x+y+z,x√x(y+z)≥2x√xyz)(∑xy≤x+y+z,xx(y+z)≥2xxyz)
dấu = ⇔x=y=z⇔a=b=c
27 tháng 5 2019
1. đặt b + c - a = x, a + c - b = y , a + b - c = z thì x,y,z > 0
theo bất đẳng thức ( x + y ) ( y + z ) ( x + z ) \(\ge\)8xyz ( tự chứng minh ) , ta có :
2a . 2b . 2c \(\ge\)8 ( b + c - a ) ( a + c - b ) ( a + b - c )
\(\Rightarrow\)abc \(\ge\)( b + c - a ) ( a + c - b ) ( a + b - c )
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = c
27 tháng 5 2019
Ta có a + b > c, b + c > a, a + c > b
Xét \(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c+b}+\frac{1}{b+c+a}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+b+a+b}=\frac{1}{a+b}\)
tương tự : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}>\frac{1}{b+c},\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c}\)
vậy ...
TN
20 tháng 2 2018
a) Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) ta có:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{a+b+c-a-b}=\frac{4}{c}\left(p=\frac{a+b+c}{2}\right)\)
Tương tự rồi cộng theo vế:
\(2VT\ge\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}=2VP\Leftrightarrow VT\ge VP\)
Dấu "=" khi \(a=b=c\)
b)sai đề
BH
21 tháng 3 2019
Ta có bổ đề :
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(a+b+c\right)\ge9\)
Thật vậy: \(BĐT\Leftrightarrow3+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\ge9\)(luôn đúng vì a/b+b/a>=2)
mà a+b+c=1 nên ta được \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)
còn bài 2 phần đằng sau là j ạ>???
16 tháng 2 2019
1, Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta được
\(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}}=2b\)
\(\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ac}{b}.\frac{ab}{c}}=2a\)
\(\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ac}{b}.\frac{bc}{a}}=2c\)
Cộng từng vế vào ta được
\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\)
Dấu "=" khi a = b = c
16 tháng 2 2019
2,Vì a,b,c là 3 cạnh của tam giác nên a,b,c > 0
Ta có các bđt quen thuộc sau : \(\frac{m}{n}>\frac{m}{m+n}\)và \(\frac{m}{n}< \frac{m+m}{m+n}\)
\(\Rightarrow\frac{m}{m+n}< \frac{m}{n}< \frac{m+m}{m+n}\). Áp dụng bđt này ta được
\(\frac{a}{a+b+c}< \frac{a}{b+c}< \frac{a+a}{a+b+c}\)
\(\frac{b}{a+b+c}< \frac{b}{a+b+c}< \frac{b+b}{a+b+c}\)
\(\frac{c}{a+b+c}< \frac{c}{a+b}< \frac{c+c}{a+b+c}\)
Cộng 3 bđt trên lại ta được đpcm
17 tháng 11 2017
Trước tiên ta chứng minh bổ đề: Với x, y dương thì ta có:
\(\frac{1}{x^n}+\frac{1}{y^n}\ge\frac{2^{n+1}}{\left(x+y\right)^n}\)
Với n = 1 thì nó đúng.
Giả sử nó đúng đến \(n=k\)hay \(\frac{1}{x^k}+\frac{1}{y^k}\ge\frac{2^{k+1}}{\left(x+y\right)^k}\left(1\right)\)
Ta chứng minh nó đúng đến \(n=k+1\)hay \(\frac{1}{x^{k+1}}+\frac{1}{y^{k+1}}\ge\frac{2^{k+2}}{\left(x+y\right)^{k+1}}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) cái ta cần chứng minh trở thành:
\(\frac{1}{x^{k+1}}+\frac{1}{y^{k+1}}\ge\left(\frac{1}{x^k}+\frac{1}{y^k}\right)\frac{2}{\left(x+y\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(y-x\right)\left(y^{k+1}-x^{k+1}\right)\ge0\)(đúng)
Vậy ta có ĐPCM.
Áp dụng và bài toán ta được
\(2\left(\frac{1}{\left(a+b-c\right)^{2018}}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)^{2018}}+\frac{1}{\left(c+a-b\right)^{2018}}\right)\ge\frac{2^{2019}}{2^{2018}.a^{2018}}+\frac{2^{2019}}{2^{2018}.b^{2018}}+\frac{2^{2019}}{2^{2018}.c^{2018}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b-c\right)^{2018}}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)^{2018}}+\frac{1}{\left(c+a-b\right)^{2018}}\ge\frac{1}{a^{2018}}+\frac{1}{b^{2018}}+\frac{1}{c^{2018}}\)
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) , ta được :
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)
\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)
Cộng các BĐT trên theo vế : \(2\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c => Tam giác đó là tam giác đều.
Cho a,b.c là 3 cạnh 1 tam giác. CMR: 1 / a+b−c + 1 / b+c−a + 1 / c+a−b ≥ 1 / a +1 / b +1 / c
Áp dụng BĐT 1 / x +1 / y ≥ 4 / x+y , ta được :
1 / a+b−c + 1 / b+c−a ≥ 4 / 2b = 2 / b
1 / b+c−a +1 / c+a−b ≥ 4 / 2c = 2 / c
1 / a+b−c +1 / c+a−b ≥ 4 / 2a = 2 / a
Cộng các BĐT trên theo vế : 2( 1 / a+b−c + 1 / b+c−a + 1 / c+a−b ) ≥ 2( 1 / a + 1 / b + 1 / c )
⇒ 1 / a+b−c + 1 / b+c−a + 1 / c+a−b ≥ 1 / a + 1 / b + 1 / c
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c => Tam giác đó là tam giác đều.