Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(M_{max}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow a=b=c\)
\(P=\dfrac{ab\left(a+b\right)+c\left(a^2+b^2\right)}{abc}=\dfrac{a^2+b^2}{ab}+\dfrac{a+b}{c}=\dfrac{a^2+b^2}{ab}+\dfrac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}\).
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM:
\(P\ge\dfrac{a^2+b^2}{ab}+\dfrac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}=\left(\dfrac{a^2+b^2}{ab}+\dfrac{2\sqrt{2ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}+\dfrac{2\sqrt{2ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)-\dfrac{\left(4\sqrt{2}-2\right)\sqrt{ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^2+b^2}{ab}.\dfrac{2\sqrt{2ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}.\dfrac{2\sqrt{2ab}}{\sqrt{a^2+b^2}}}-\dfrac{\left(4\sqrt{2}-2\right)\sqrt{ab}}{\sqrt{2ab}}=6-\left(4-\sqrt{2}\right)=2+\sqrt{2}\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân tại A.
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
Bài này không đúng nhé. Với a = b = c = 1 thì bất đẳng thức sai. Tuy nhiên bài này đúng theo chiều ngược lại.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau đây \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*
Đặt \(\left\{2a+2b-c;2b+2c-a;2c+2a-b\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}\)
Vì a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác nên x,y,z dương
Ta có : \(x^2+y^2+z^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(x+y=c+a+4b\); \(y+z=a+b+4c\); \(z+x=b+c+4a\)
Bất đẳng thức cần chứng minh quy về : \(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^3.x\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{x^4}{4}}=2\frac{x^2}{2}=x^2\)
\(\frac{y^3}{x+z}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^3.y\left(x+z\right)}{\left(x+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{y^4}{4}}=2\frac{y^2}{2}=y^2\)
\(\frac{z^3}{x+y}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^3.z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)4}}=2\sqrt{\frac{z^4}{4}}=2\frac{z^2}{2}=z^2\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx+xy+yz+zx}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{2}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{xy+yz+zx}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức phụ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)khi đó ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{y+x}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z< =>a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
\(\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{x}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\left\{\begin{matrix} (a+b-c)(b+c-a)\leq \frac{(a+b-c+b+c-a)^2}{4}=b^2\\ (a+b-c)(c+a-b)\leq \frac{(a+b-c+c+a-b)^2}{4}=a^2\\ (b+c-a)(c+a-b)\leq \frac{(b+c-a+c+a-b)^2}{4}=c^2\end{matrix}\right.\)
Nhân theo vế và rút gọn, suy ra:
\((a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)
\(\Rightarrow F=\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{3abc}\leq \frac{abc}{3abc}=\frac{1}{3}\)
Vậy \(F_{\max}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow a=b=c\)
kết quả thì đúng rồi nhưng cho mình hỏi BĐT AM-GM là gì được không vậy