Cho a,b,c là số đo ba cạnh của tam giác . Chứng minh rằng:
\(\frac{\sqrt{a}}{b+c-a}+\frac{\sqrt{b}}{c+a-b}+\frac{\sqrt{c}}{a+b-c}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt{abc}}\)
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
5 tháng 11 2017
a) 9x2 - 36
=(3x)2-62
=(3x-6)(3x+6)
=4(x-3)(x+3)
b) 2x3y-4x2y2+2xy3
=2xy(x2-2xy+y2)
=2xy(x-y)2
c) ab - b2-a+b
=ab-a-b2+b
=(ab-a)-(b2-b)
=a(b-1)-b(b-1)
=(b-1)(a-b)
P/s đùng để ý đến câu trả lời của mình
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
16 tháng 7 2020
Bạn tham khảo:
Câu hỏi của Lê Đình Quân - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
24 tháng 11 2019
\(P=\frac{2a}{2\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}+2}+\frac{2b}{2\sqrt{\left(c+1\right)\left(c^2-c+1\right)}+2}\)\(+\frac{2c}{2\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}+2}\)
\(P\ge\frac{2a}{b^2+4}+\frac{2b}{c^2+4}+\frac{2c}{a^2+4}\)
\(2P\ge\frac{4a}{b^2+4}+\frac{4b}{c^2+4}+\frac{4c}{a^2+4}=a-\frac{ab^2}{b^2+4}+b-\frac{bc^2}{c^2+4}+a-\frac{ca^2}{a^2+4}\)
\(2p\ge a+b+c-\left(\frac{ab^2}{4b}+\frac{bc^2}{4c}+\frac{ca^2}{4a}\right)\)
\(2P\ge6-\frac{1}{4}\left(ab+bc+ca\right)\ge6-\frac{1}{12}\left(a+b+c\right)^2=3\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{3}{2}\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=2\)
UK
12 tháng 12 2017
Từ giả thiết ta suy ra
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+c=3\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};c\right)\Rightarrow x+y+z=3\)
\(VT=\dfrac{1}{\sqrt{xy+x+y}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz+y+z}}+\dfrac{1}{\sqrt{xz+x+z}}\)
Ta chứng minh: \(\left(x+1+y\right)^2\ge3\left(xy+x+y\right)\)(Luôn đúng)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\sqrt{3}}{x+y+1}+\dfrac{\sqrt{3}}{y+z+1}+\dfrac{\sqrt{3}}{z+x+1}\ge\dfrac{9\sqrt{3}}{2\left(x+y+z\right)+3}=\sqrt{3}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}b+c-a=x>0\\c+a-b=y>0\\a+b-c=z>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{y+z}{2}\\b=\frac{z+x}{2}\\c=\frac{x+y}{2}\end{matrix}\right.\)
BĐT trở thành: \(\frac{\sqrt{y+z}}{\sqrt{2}x}+\frac{\sqrt{z+x}}{\sqrt{2}y}+\frac{\sqrt{x+y}}{\sqrt{2}z}\ge\frac{x+y+z}{\sqrt{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{8}}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{y+z}}{x}+\frac{\sqrt{z+x}}{y}+\frac{\sqrt{x+y}}{z}\ge\frac{4\left(x+y+z\right)}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(y+z\right)\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}{x}+\frac{\left(z+x\right)\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}}{y}+\frac{\left(x+y\right)\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}{z}\ge4\left(x+y+z\right)\)
Ta có:
\(\frac{\left(y+z\right)\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}{x}\ge\frac{\left(y+z\right)\left(x+\sqrt{yz}\right)}{x}=y+z+\frac{\left(y+z\right)\sqrt{yz}}{x}\ge y+z+\frac{2yz}{x}\)
Tương tự: \(\frac{\left(z+x\right)\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}}{y}\ge z+x+\frac{2zx}{y}\) ; \(\frac{\left(x+y\right)\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}{z}\ge x+y+\frac{2xy}{z}\)
Cộng vế với vế:
\(VT\ge2\left(x+y+z\right)+2\left(\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}+\frac{xy}{z}\right)\ge2\left(x+y+z\right)+2\left(x+y+z\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c\)