Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(VT=p\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge\frac{9p}{3p-\left(a+b+c\right)}\)
\(VT\ge\frac{9p}{3p-2p}=9\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\) hay tam giác đều
Do mình chưa học lớp 9, nên không thể giải bài của bạn. Mình có tìm trên mạng và đã tìm được lời giải này cho bạn. Thực mình không hiểu đâu, mong bạn thông cảm.
Nguồn : http://diendantoanhoc.net/topic/81625-sinfraca2leq-fraca2sqrtbc/
Mình sử dụng công thức \(S=\frac{AB.AC.Sin_A}{2}.\).
Vẽ tia phân giác AD của góc A.Đặt \(l=AD\)
\(S_{ABC}=S_{ABD}+S_{ACD}\)
\(=\frac{cl.Sin_{\frac{A}{2}}}{2}+\frac{bl.Sin_{\frac{A}{2}}}{2}\)
\(=\frac{l.Sin_{\frac{A}{2}}\left(b+c\right)}{2}\)
Mặt khác \(S_{ABC}\le\frac{al}{2}\)
\(\Leftrightarrow Sin_{\frac{A}{2}}\le\frac{a}{b+c}\left(\le\frac{a}{2\sqrt{bc}}\right)\) :)
Cauchy ở mẫu \(a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}\)
Vậy vế trái \(\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\)
Và lượng trên tử bé hơn bằng \(ab+bc+ca\)
\(\hept{\begin{cases}\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2b\\\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2c\\\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2a\end{cases}}\) :)))
Do a,b,c là 3 cạnh tam giác nên \(a+b-c>0;b+c-a>0;c+a-b>0\)
Đặt \(x=b+c-a>0\)
\(y=a+c-b>0\)
\(z=a+b-c>0\)
\(\Rightarrow a=\frac{"y+z"}{2}\)
\(\Rightarrow b=\frac{"x+z"}{2}\)
\(\Rightarrow c=\frac{"x+y"}{2}\)
\(A=\frac{a}{"b+c-a"}+\frac{b}{"a+c-b"}+\frac{c}{"a+b-c"}\)
\(=\frac{"y+z"}{"2x"}+\frac{"x+z"}{"2y"}+\frac{"x+y"}{"2z"}\)
\(=\frac{1}{2}."\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\)
Áp dụng công thức bdt Cauchy cho 2 số :
\(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)
\(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\ge2\)
\(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\ge2\)
Cộng 3 bdt trên, suy ra :
\("\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\ge6\)
\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{2}.6=3\) "dpcm"
P/s: Nhớ thay thế dấu ngoặc kép thành dấu ngoặc đơn nhé
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
Bài2 ,
Ta có\(sin_P^2+cos_P^2=1\)
mà \(2\left(sin_P^2+cos_P^2\right)\ge\left(sin_P+cos_p\right)^2\Rightarrow\left(sin_p+cos_p\right)\le\sqrt{2}\)
^_^
\(\cfrac{P}{P-a}=\cfrac{2P}{2P-2a}=\cfrac{2P}{a+b+b-2a}=\cfrac{2P}{-a+b+c}\)
Chứng minh tương tự => \(\cfrac{P}{P-b}=\cfrac{2P}{a-b+c} \); \(\cfrac{P}{P-c}=\cfrac{2P}{a+b-c}\)
=>VT=\(\cfrac{2P}{-a+b+c}+\cfrac{2P}{a-b+c}+\cfrac{2P}{a+b-c} \geq 2P\cfrac{(1+1+1)^2}{a+b +c}=9\)(Áp dụng bđt \(\cfrac{a^2}{x}+\cfrac{b^2}{y}+\cfrac{c^c}{z}\geq\cfrac{(a+b+c)^2}{x+y+z}\))