Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác nên
\(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)
Ta có : \(\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)=\left(\frac{a+b+c}{2}-a\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)\)
\(=\frac{b+c-a}{2}.\frac{a+c-b}{2}.\frac{a+b-c}{2}=\frac{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{8}\)
\(=\frac{\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}.\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}.\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}}{8}\)
\(\le\frac{\frac{a+b-c+b+c-a}{2}.\frac{b+c-a+c+a-b}{2}.\frac{a+b-c+c+a-b}{2}}{8}\)
\(=\frac{\frac{2b}{2}.\frac{2c}{2}.\frac{2a}{2}}{8}=\frac{abc}{8}\)
Dấu "=" <=> tam giác đó đều
Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\forall a,b,c\\\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\forall a,b,c\\\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\forall a,b,c\end{cases}}\)
Nhân vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được :
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\left(1\right)\)
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)>0\)
Mà dễ thấy \(abc>0\)
Nên từ \(\left(1\right)\) : \(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)(đpcm)
1/ Với mấy bài dạng này, u cứ tách theo kiểu coi x (hoặc y) là biến, cái còn lại là tham số.
\(A=2x^2+9y^2-6xy-6x-12y+2037\)
\(2A=4x^2-12x\left(y+1\right)+18y^2-24y+4074\)
\(2A=\left(2x\right)^2-2.2x.3\left(y+1\right)+9\left(y+1\right)^2+9y^2-42y+4065\)
\(2A=\left[2x-3\left(y+1\right)\right]^2+\left(3y-7\right)^2+4016\ge4016\) nên \(A\ge2008\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}2x-3\left(y+1\right)=0\\3y-7=0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}x=5\\y=\frac{7}{3}\end{cases}}\)
\(VT=\frac{b+c-a}{2}.\frac{a+c-b}{2}.\frac{a+b-c}{2}=\sqrt{\frac{\left(b+c-a\right)^2\left(a+c-b\right)^2\left(a+b-c\right)^2}{64}}\)
\(VT=\frac{\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}.\sqrt{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}.\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}}{8}\)
Ta có :
\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}\le\frac{b+c-a+a+c-b}{2}=\frac{2c}{2}=c\)
\(\sqrt{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}\le\frac{a+c-b+a+b-c}{2}=\frac{2a}{2}=a\)
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=\frac{2b}{2}=b\)
\(\Rightarrow\)\(VT\le\frac{abc}{8}\) ( đpcm )
Chúc bạn học tốt ~
2) Ta có: Áp dụng bất đẳng thức:
\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\) ta được:
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{\left(a+b-c+b+c-a\right)^2}{4}=\frac{4b^2}{4}=b^2\)
Tương tự chứng minh được:
\(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
Nhân vế 3 bất đẳng thức trên với nhau ta được:
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Do a,b,c là ba cạnh của tam giác nên a,b,c >0
Với x,y\(\ge\)0, ta có:
\(\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\)(CO-si)
=>\(xy\le\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}\)
Áp dụng ba lần , ta có:
Lần 1: \(\left(P-a\right)\left(P-b\right)\le\dfrac{\left(P-a+P-b\right)^2}{4}\)(khi a=b)
<=>\(\left(P-a\right)\left(P-b\right)\le\dfrac{c^2}{4}\)(1)
Lần 2: \(\left(P-b\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{\left(P-b+P-c\right)^2}{4}\)(b=c)
<=>\(\left(P-b\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{a^2}{4}\)(2)
Lần 3: \(\left(P-a\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{\left(P-a+P-c\right)^2}{4}\)(a=c)
<=>\(\left(P-a\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{b^2}{4}\)(3)
Lấy (1) nhân (2) nhân (3), ta có:
\(\left[\left(P-a\right)\left(P-b\right)\left(P-c\right)\right]^2\le\left(\dfrac{abc}{8}\right)^2\)
<=>\(\left(P-a\right)\left(P-b\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{1}{8}abc\)(khi a=b=c)