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 của 1 tam giác áp dụng bđt tam giác ta có\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c\Rightarrow a+b-c>0\\a+c>b\Rightarrow a+c-b>0\\b+c>a\Rightarrow b+c-a>0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a+b-c};\sqrt{a+c-b};\sqrt{b+c-a}\)luôn được xác định\(\left(\sqrt{a+b-c}-\sqrt{a+c-b}\right)>=0\Rightarrow a+b-c-2\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}+a+c-b\)\(>=0\Rightarrow a+b-c+a+c-b>=2\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}\Rightarrow\frac{a+b-c+a+c-b}{2}=\frac{2a}{2}\)
\(=a>=\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}\)
tương tự ta có :\(b>=\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)};c>=\sqrt{\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)}\)
\(\Rightarrow abc>=\sqrt{\left(a+b-c\right)^2\left(a+c-b\right)^2\left(b+c-a\right)^2}=\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\)
dấu = xảy ra khi a=b=c
dòng 3 là vì \(\left(\sqrt{a+b-c}-\sqrt{a+c-b}\right)^2>=0\)nhá
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=b+c-a\\y=a+c-b\\z=a+b-c\end{cases}}\left(x;y;z>0\right)\).Ta có:
\(x+y=b+c-a+a+c-b=2c\Rightarrow c=\frac{x+y}{2}\)
\(y+z=a+c-b+a+b-c=2a\Rightarrow a=\frac{y+z}{2}\)
\(z+x=a+b-c+b+c-a=2b\Rightarrow b=\frac{z+x}{2}\)
Do đó: \(A=\frac{y+z}{2x}+\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}\)
\(\Leftrightarrow2A=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)\ge6\) (BĐT AM-GM)
\(\Rightarrow A\ge\frac{6}{2}=3\).Dấu "=" khi a=b=c
GIẢI
Giả sử : \(a\ge b\ge c>0\) thì \(a+b\ge a+c\ge b+c\)
Ta có : \(\frac{a}{b+c}=\frac{a}{b+c}\)
\(\frac{b}{c+a}\le\frac{b}{b+c}\)
\(\frac{c}{a+b}\le\frac{c}{b+c}\)
Cộng vế theo vế ta được :
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}\le\frac{a+b+c}{b+c}\)
Hay : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}\le\frac{a}{b+c}+1< 1+1=2\)
Vậy \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}< 2\)
Chúc bạn học tốt !!!
GIẢI
Giả sử : a\ge b\ge c>0a≥b≥c>0 thì a+b\ge a+c\ge b+ca+b≥a+c≥b+c
Ta có : \frac{a}{b+c}=\frac{a}{b+c}b+ca=b+ca
\frac{b}{c+a}\le\frac{b}{b+c}c+ab≤b+cb
\frac{c}{a+b}\le\frac{c}{b+c}a+bc≤b+cc
Cộng vế theo vế ta được :
\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}\le\frac{a+b+c}{b+c}b+ca+c+ab+c+bc≤b+ca+b+c
Hay : \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}\le\frac{a}{b+c}+1< 1+1=2b+ca+c+ab+c+bc≤b+ca+1<1+1=2
Vậy \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}< 2b+ca+c+ab+c+bc<2
Để mình hướng dẫn bằng lời nhé . Nếu đánh ra hết thì rất dài và không tốt cho cậu :
Đặt x= mẫu thứ nhất (1)
y=mẫu thứ hai (2)
z=mẫu thứ ba (3)
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được .... Cậu tự tính cho tốt.
Sau đó rút c= x+y/2(@@@)
Tương tự với (2) và (3), (1) và (2)
Ta có b=x+z/2(@@)... a=y+z/2(@)
Cộng vế với vế của (@), (@@), (@@@) ta có
vế trái bằng \(\frac{y+z}{2x}+\frac{x+z}{2y}+\frac{y+x}{2z}\)
Đặt 1/2 ra sau đó tách các phân số ra như sau
\(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{x}{z}\)
Dễ dàng chuyển chúng sang BĐT Cauchy sẽ được kết quả cuối cùng là điều cần phải CM... Khó hiểu có thể hỏi lại
ai có thể giải ra thành bài luôn được ko, bạn ghi mình khồn hiểu
3. abc > 0 nên trog 3 số phải có ít nhất 1 số dương.
Vì nếu giả sử cả 3 số đều âm => abc < 0 => trái giả thiết
Vậy nên phải có ít nhất 1 số dương
Không mất tính tổng quát, giả sử a > 0
mà abc > 0 => bc > 0
Nếu b < 0, c < 0:
=> b + c < 0
Từ gt: a + b + c < 0
=> b + c > - a
=> (b + c)^2 < -a(b + c) (vì b + c < 0)
<=> b^2 + 2bc + c^2 < -ab - ac
<=> ab + bc + ca < -b^2 - bc - c^2
<=> ab + bc + ca < - (b^2 + bc + c^2)
ta có:
b^2 + c^2 >= 0
mà bc > 0 => b^2 + bc + c^2 > 0
=> - (b^2 + bc + c^2) < 0
=> ab + bc + ca < 0 (vô lý)
trái gt: ab + bc + ca > 0
Vậy b > 0 và c >0
=> cả 3 số a, b, c > 0
1.a, Ta có: \(\left(a+b\right)^2\ge4a>0\)
\(\left(b+c\right)^2\ge4b>0\)
\(\left(a+c\right)^2\ge4c>0\)
\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\right]^2\ge64abc\)
Mà abc=1
\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\right]^2\ge64\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8\left(đpcm\right)\)
Ta có : a+b > c , b+c > a , c+a > b
Xét : \(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{b+c+a}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+b+a+b}=\frac{1}{a+b}\)
Tương tự , ta cũng có : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c};\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}>\frac{1}{b+c}\)
Vậy ta có đpcm
Chú ý : a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác chứ không phải a+b,b+c,c+a nhé :)
trước hết theo bđt tam giác chỉ ra được rằng \(\dfrac{a}{b+c-a};\dfrac{b}{a+c-b};\dfrac{c}{a+b-c}>0\)
áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
\(A=\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{c}{a+b-c}\)
\(A=\dfrac{a^2}{ab+ac-a^2}+\dfrac{b^2}{ab+bc-b^2}+\dfrac{c^2}{ac+bc-c^2}\)
\(A\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)-a^2-b^2-c^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(2\left(ab+bc+ac\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\le2\left(ab+bc+ac\right)-\left(ab+bc+ac\right)\)
\(=ab+bc+ac\)
Mặt khác,theo AM-GM: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
Hay: \(A\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)-a^2-b^2-c^2}\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ac\right)}{ab+bc+ac}=3\)
Đặt \(b+c-a=x,a+c-b=y,a+b-c=z\)
\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=b+c-a+a+c-b=2c\\y+z=a+c-b+a+b-c=2a\\x+z=b+c-a+a+b-c=2b\end{matrix}\right.\)
Có
\(A=\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{c}{a+b-c}\)
\(\Leftrightarrow2A=\dfrac{2a}{b+c-a}+\dfrac{2b}{a+c-b}+\dfrac{2c}{a+b-c}\)
\(\Leftrightarrow2A=\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z}\ge6\)
\(\Leftrightarrow2A=\left(\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}\right)+\left(\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}\right)+\left(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)\)
Ápdụng bất đẳng thức \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow2A\ge6\)
\(\Rightarrow A\ge3\left(đpcm\right)\)