Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(VT=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}}\)
Cần chứng minh \(3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}}\ge3\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Ta có: \(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\)
Tương tự nhân theo vế ta có DPCM
Đặt \(\hept{\begin{cases}a+b-c=x\\a+c-b=y\\b+c-a=z\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{x+y}{2}\\b=\frac{x+z}{2}\\c=\frac{y+z}{2}\end{cases}}\)
\(M=\frac{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)}{3abc}\)
\(\Leftrightarrow M=\frac{xyz}{\frac{3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{2.2.2}}=\frac{8xyz}{3.\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(M\le\frac{8xyz}{3.2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{zx}}=\frac{8xyz}{3.8xyz}=\frac{1}{3}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y\\y=z\\z=x\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b-c=a+c-b\\a+c-b=b+c-a\\a+b-c=b+c-a\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=c\\a=b\\c=a\end{cases}}}\)
Vậy \(M_{max}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow a=b=c\)
ta có \(P=a^3+b^3+c^3+3abc=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+3abc\)
\(=1-3\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-a\right)+3abc\)
nhân tung ra và rút gọn thì \(P=1-3\left(ab+bc+ca\right)+6abc=1-3\left(ab+bc+ca-2abc\right)\)
vì \(b+c>a\Rightarrow a+b+c\ge2a\Rightarrow2a-1< 0\)
tương tự với mấy cái kia nhân vaò và ta có
\(\left(2a-1\right)\left(2b-1\right)\left(2c-1\right)< 0\)\(\Leftrightarrow8abc-4\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a+b+c\right)-1< 0\)
=> \(1< 4\left(ab+bc+ca\right)-8abc\Rightarrow\frac{1}{4}< \left(ab+bc+ca-2abc\right)\)
=> \(\Rightarrow-3\left(ab+bc+ca-2abc\right)< -\frac{3}{4}\)
=> \(1-3\left(ab+bc+ca-2abc\right)< \frac{1}{4}\) => p<1/4
B) ta có \(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(b+c-a\right)=\sqrt{\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right]\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]}< abc\)
=> \(\left(1-2a\right)\left(1-2b\right)\left(1-2c\right)< abc\)
=> \(4\left(ab+bc+ca-2abc\right)\le abc+1\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3+1=\frac{28}{27}\)
=> \(ab+bc+ca-abc\le\frac{7}{27}\)
=> \(P\ge1-3.\frac{7}{27}=\frac{2}{9}\)
Ta có a+b+c=1;a;b;c>0 nên
P=a3+b3+c3+3abc
=(a+b+c)3-3(a+b)(b+c)(c+a)+3abc
=1-3abc-3∑ab(a+b)
=1-3abc-3∑ab(1-c)
=1-3(ab+bc+ca)+6abc
Vì a;b;c là 3 cạnh của một tam giác nên
b+c>a=>a+b+c>2a=>2a<1. Tương tự 2b<1;2c<1
Nên (2a-1)(2b-1)(2c-1)<0
<=> 8abc-4(ab+bc+ca)+2(a+b+c)-1<0
=>4[ab+bc+ca-2abc]>1
=>P<1/4
Ta có:
(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=
\(\sqrt{\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right].\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right].\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]}\)≤abc
=>(1-2a)(1-2b)(1-2c)≤abc
=>4[ab+bc+ca-2abc]≤abc+1≤\(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3+1=\frac{28}{27}\)
=>P≥1-3.\(\frac{28}{4.27}=\frac{2}{9}\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c=\(\frac{1}{3}\)
trời mãi ms xong
\(\left(a+b-c\right)^3>0\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3-c^3-3\left(a+b\right)c\left(a+b-c\right)>0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3\left(a+b\right)\left[ab-c\left(a+b-c\right)\right]>c^3\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3\left(a+b\right)\left[ab-ca-cb+c^2\right]>c^3\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3\left(a+b\right)\left[a\left(b-c\right)-c\left(b-c\right)\right]>c^3\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3\left(a+b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)>c^3\)
Mặt khác : \(abc\ge\left(a+b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)\)( chứng minh hộ mình cái )
=> dpcm
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)-3ab\left(a+b\right)+3abc-c^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3-c^3-3ab\left(a+b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(a^2+b^2+c^2+2ab+ac+bc\right)-3ab\left(a+b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab+ac+bc\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left[\left(a-\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}+c^2+ac+bc\right]\ge0\) (1)
Do a; b; c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(a+b>c\Rightarrow a+b-c>0\)
\(\Rightarrow\left(1\right)\) luôn đúng
Nhưng dấu "=" ko xảy ra nên BĐT đã cho bị sai :(
\(a^3+b^3+3abc\ge c^3\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3abc-c^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3a^2b+3ab^2+3abc-3a^2b-3ab^2-c^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3-c^3-3ab\left(a+b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(a^2+b^2+c^2+2ab+ca+bc\right)-3ab\left(a+b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab+ca+bc\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\cdot\frac{1}{2}\cdot\left[\left(a-b\right)^2+\left(a+c\right)^2+\left(b+c\right)^2\right]\ge0\)
( luôn đúng với \(a;b;c\) là 3 cạnh tam giác )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b=c\\\left\{{}\begin{matrix}a=b\\a=-c;b=-c\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
Mà \(a;b;c>0\Leftrightarrow a+b=c\)