Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
\(a+b+c+\frac{9abc}{ab+bc+ac}\geq 4\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)+9abc\geq 4(ab+bc+ac)\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)+9abc\geq \frac{4a^2b^2}{a+b}+4abc+\frac{4b^2c^2}{b+c}+4abc+\frac{4a^2c^2}{a+c}+4abc\)
\(\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq \frac{4a^2b^2}{a+b}+\frac{4b^2c^2}{b+c}+\frac{4a^2c^2}{a+c}(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(4ab\leq (a+b)^2\Rightarrow \frac{4a^2b^2}{a+b}\leq \frac{ab(a+b)^2}{a+b}=ab(a+b)\)
TT: \(\frac{4b^2c^2}{b+c}\leq bc(b+c); \frac{4c^2a^2}{c+a}\leq ac(a+c)\)
Cộng các BĐT trên ta thu được BĐT $(*)$. Tức là $(*)$ luôn đúng, kéo theo BĐT ban đầu luôn đúng
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
A B C c H b a h
kẻ AH vuông góc với BC
đặt AH = h . xét hai tam giác vuông AHB và AHC , ta có :
sin B = \(\frac{AH}{AB}\), sin C = \(\frac{AH}{AC}\)
do đó \(\frac{sinB}{sinC}=\frac{AH}{AB}\cdot\frac{AC}{AH}=\frac{h}{c}\cdot\frac{b}{h}=\frac{b}{c}\)
suy ra \(\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}\)
tương tự \(\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}\)
vậy suy ra dpcm
cái đường thẳng cắt tam giác đó mk không bt nó thừ đâu tới, bạn bỏ cái đấy đi nhá
Theo đề bài thì: \(ab+bc+ca=3abc\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\)
\(\sum\dfrac{a}{a^2+bc}\le\sum\dfrac{a}{2a\sqrt{bc}}=\sum\dfrac{1}{2\sqrt{bc}}\)
\(\le\dfrac{1}{2}\sum\left(\dfrac{1}{2a}+\dfrac{1}{2b}\right)=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=\dfrac{3}{2}\)
Mặc dù chả hiểu gì cả nhưng cảm ơn c nhé!
C giải bằng phương pháp của lớp 9 được ko?
Lời giải:
Ta có:
\(\frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\leq \frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a-bc}{a(a+b+c)+bc}+\frac{b-ac}{b(a+b+c)+ca}+\frac{c-ab}{c(a+b+c)+ab}\leq \frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a-bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{b-ac}{(b+a)(b+c)}+\frac{c-ab}{(c+a)(c+b)}\leq \frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a-bc)(b+c)+(b-ac)(a+c)+(c-ab)(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow (a-bc)(b+c)+(b-ac)(a+c)+(c-ab)(a+b)\leq \frac{3}{2}(a+b)(b+c)(c+a)\)
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)-[ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)]\leq \frac{3}{2}(1-a)(1-b)(1-c)\)
\(\Leftrightarrow 4(ab+bc+ac)-2[ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)]\leq 3(ab+bc+ac-abc)\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+3abc\leq 2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+9abc\leq 2[ab(a+b+c)+bc(a+b+c)+ac(a+b+c)]\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+9abc\leq 2(a+b+c)(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+9abc\leq 2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow 9abc\leq ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow 9abc\leq (a+b+c)(ab+bc+ac)\)
BĐT trên luôn đúng do theo BĐT AM-GM ta có:
\((a+b+c)(ab+bc+ac)\geq 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)
Vậy ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Lời giải:
\(\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{c+a}+\frac{ca}{a+b}=\frac{ca}{b+c}+\frac{ab}{c+a}+\frac{bc}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a(b-c)}{b+c}+\frac{b(c-a)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b}=0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a(b-c)}{b+c}-\frac{b(b-c+a-b)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b}=0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a(b-c)}{b+c}-\frac{b(b-c)}{c+a}-\frac{b(a-b)}{c+a}+\frac{c(a-b)}{a+b}=0\)
\(\Leftrightarrow (b-c)\left(\frac{a}{b+c}-\frac{b}{c+a}\right)-(a-b)\left(\frac{b}{c+a}-\frac{c}{a+b}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow (b-c).\frac{(a-b)(a+b+c)}{(b+c)(c+a)}-(a-b).\frac{(b-c)(b+c+a)}{(c+a)(a+b)}=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(a-b)(b-c)\left(\frac{1}{(b+c)(c+a)}-\frac{1}{(c+a)(a+b)}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(a-b)(b-c).\frac{a-c}{(a+b)(b+c)(c+a)}=0\)
Vì $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác nên \(\frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\neq 0\)
Do đó: \((a-b)(b-c)(a-c)=0\Rightarrow \left[\begin{matrix} a=b\\ b=c\\ c=a\end{matrix}\right.\)
Suy ra tam giác $ABC$ cân
Ta có đpcm.