Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\Leftrightarrow ab\left(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{a+c}\right)+bc\left(\dfrac{1}{a+c}-\dfrac{1}{a+b}\right)+ca\left(\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{b+c}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab\left(a-b\right)}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{bc\left(b-c\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{ca\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab\left(a^2-b^2\right)+bc\left(b^2-c^2\right)+ca\left(c^2-a^2\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a-c\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\c=a\end{matrix}\right.\) hay tam giác cân
Gọi cái đó là P
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}b+c-a=2x\\c+a-b=2y\\a+b-c=2z\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=y+z\\b=z+x\\c=x+y\end{matrix}\right.\)
Thì ta có:
\(P=\dfrac{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}{2z}+\dfrac{\left(x+y\right)\left(z+y\right)}{2y}+\dfrac{\left(z+x\right)\left(y+x\right)}{2x}\ge2\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2-2xyz^2-2yzx^2-2zxy^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(xy-yz\right)^2+\left(yz-zx\right)^2+\left(zx-xy\right)^2\ge0\) (đúng)
\(\RightarrowĐPCM\)
\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}\ge\dfrac{4}{a+b-c+b+c-a}=\dfrac{2}{b}\)
Tương tự:
\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{a}\) ; \(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{c}\)
Cộng vế:
\(2\left(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\right)\ge\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
cho em hỏi tại sao 1/a+b-c +1/b+c-a>=4/a+b-c+b+c-a vậy ạ
a)
\(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}\ge a+b+c\\ \Leftrightarrow\dfrac{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2}{abc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)abc}{abc}\\ \Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge a^2bc+b^2ac+c^2ab\\ \Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2-a^2bc-c^2ab-b^2ac\ge0\\ \Leftrightarrow2\left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2-a^2bc-b^2ac-c^2ab\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a^2b^2-2b^2ac+b^2c^2\right)+\left(a^2b^2-2a^2bc+a^2c^2\right)+\left(a^2c^2-2c^2ab+b^2c^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-bc\right)^2+\left(ba-ac\right)^2+\left(ac-ab\right)^2\ge0\left(1\right)\)
Vì BĐT (1) luôn đúng với mọi a,b,c nên \(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}\ge a+b+c\)
cho mình hỏi tại sao từ dòng đầu tiên ( cái đề ) mà tương đương được dòng kế tiếp
Ai là người cập nhật câu này thế?