Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác,chứng minh BĐT sau
\(\sqrt{\frac{a}{b+c-a}}+\sqrt{\frac{b}{a+c-b}}+\sqrt{\frac{c}{a+b-c}}\ge3\)
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
30 tháng 8 2017
Do a,b,c là 3 cạnh tam giác nên \(a+b-c>0;b+c-a>0;c+a-b>0\)
Đặt \(x=b+c-a>0\)
\(y=a+c-b>0\)
\(z=a+b-c>0\)
\(\Rightarrow a=\frac{"y+z"}{2}\)
\(\Rightarrow b=\frac{"x+z"}{2}\)
\(\Rightarrow c=\frac{"x+y"}{2}\)
\(A=\frac{a}{"b+c-a"}+\frac{b}{"a+c-b"}+\frac{c}{"a+b-c"}\)
\(=\frac{"y+z"}{"2x"}+\frac{"x+z"}{"2y"}+\frac{"x+y"}{"2z"}\)
\(=\frac{1}{2}."\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\)
Áp dụng công thức bdt Cauchy cho 2 số :
\(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)
\(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\ge2\)
\(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\ge2\)
Cộng 3 bdt trên, suy ra :
\("\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\ge6\)
\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{2}.6=3\) "dpcm"
P/s: Nhớ thay thế dấu ngoặc kép thành dấu ngoặc đơn nhé
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
LT
10 tháng 12 2017
Ta có :\(2\sqrt{\frac{b+c-a}{a}}\le\frac{b+c-a}{a}+1=\frac{b+c}{a}\)
<=> \(\sqrt{\frac{a}{b+c-a}}\ge\frac{2a}{b+c}\)
\(CMTT\)=> \(\sqrt{\frac{b}{c+a-b}}\ge\frac{2b}{c+a}\)
\(\sqrt{\frac{c}{a+b-c}}\ge\frac{2c}{a+b}\)
=>\(VT\)\(\ge\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\)
\(CM\)\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
=> \(\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\ge3\)
=>\(VT\ge3\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 9 2020
Lời giải khác:
Theo BĐT AM-GM:
\(\text{VT}=\sum \frac{\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}}{a}\geq \sum \frac{\sqrt{(b+c)^2-a^2}}{a}=\sum \frac{\sqrt{a+b+c}.\sqrt{b+c-a}}{a}\)
\(=\sum \frac{\sqrt{a+b+c}.(b+c-a)}{\sqrt{a^2(b+c-a)}}\)
Theo BĐT AM-GM:
$a^2(b+c-a)\leq \left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3$
\(\Rightarrow \text{VT}\geq 3\sqrt{3}\sum \frac{\sqrt{a+b+c}(b+c-a)}{\sqrt{(a+b+c)^3}}=3\sqrt{3}.\sum \frac{b+c-a}{a+b+c}=3\sqrt{3}\)
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 9 2020
Chuẩn hóa \(a+b+c=3\)
Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên ta cũng suy ra \(0< a;b;c< \frac{3}{2}\)
Đặt vế trái là P, ta có:
\(P=\sum\frac{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}}{a}\ge\sum\frac{\sqrt{\left(b+c\right)^2-a^2}}{a}=\sum\frac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)}}{a}=\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3-2a}}{a}+\frac{\sqrt{3-2b}}{b}+\frac{\sqrt{3-2c}}{c}\right)\)
Ta có đánh giá: \(\frac{\sqrt{3-2a}}{a}\ge3-2a\) với mọi \(a\in\left(0;\frac{3}{2}\right)\)
Thật vậy, BĐT \(\Leftrightarrow a\sqrt{3-2a}\le1\)
\(\Leftrightarrow1-a^2\left(3-2a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(2a+1\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự \(\frac{\sqrt{3-2b}}{b}\ge3-2b\) ; \(\frac{\sqrt{3-2c}}{c}\ge3-2c\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{3}\left[9-2\left(a+b+c\right)\right]=3\sqrt{3}\) (đpcm)
TN
24 tháng 5 2018
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và Nesbitt ta có:
\(P\le\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(3-\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\right)}\)
\(\le\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(3-\frac{3}{2}\right)}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)
NN
18 tháng 7 2017
Giải
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(\sqrt{\frac{b+c}{a}.1}\le\frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}=\frac{a+b+c}{2a}\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)
Tương tự ta cũng có: \(\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\)
\(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)
Cộng vế theo vế các BĐT trên với nhau ta được:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge2>1\) (Đpcm)
20 tháng 5 2018
Do a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABC nên a, b, c đều dương. Do đó cả 2 vế đều dương.
Lập phương mỗi vế, ta được phương trình mới tương đương với phương trình đã cho:
\(\frac{a^3}{b^3+c^3}+\frac{b^3}{c^3+a^3}+\frac{c^3}{a^3+b^3}< 8\cdot4=32\left(1\right)\)
Ta có \(\frac{a^3}{b^3+c^3}< \frac{2a^3}{a^3+b^3+c^3}\);\(\frac{b^3}{a^3+c^3}< \frac{2b^3}{a^3+b^3+c^3}\)và \(\frac{c^3}{a^3+b^3}< \frac{2c^3}{a^3+b^3+c^3}\)
Do đó \(\frac{a^3}{b^3+c^3}+\frac{b^3}{c^3+a^3}+\frac{c^3}{a^3+b^3}< 2< 32\)
Vì vậy bất đẳng thức (1) là đúng, nên bất đẳng thức đã cho là đúng
Theo BĐT AM-GM:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c-a}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c-a\right)}}\ge\frac{2a}{b+c}\)
Tương tự 2 BĐT còn lại và cộng theo vế kết hợp BĐT Nesbitt ta thu được:
\(VT\ge2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\ge2.\frac{3}{2}=3\)
Do đẳng thức không xảy ra nên VT >3 (đpcm).