Cho a, b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=\dfrac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{2b^2+2a^2-c^2}}\).
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
1 tháng 5 2021
\(a+b+c=\sqrt{6063}\Leftrightarrow\dfrac{a}{\sqrt{2021}}+\dfrac{b}{\sqrt{2021}}+\dfrac{c}{\sqrt{2021}}=\sqrt{3}\)
Đặt \(\left(\dfrac{a}{\sqrt{2021}};\dfrac{b}{\sqrt{2021}};\dfrac{c}{\sqrt{2021}}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=\sqrt{3}\)
\(P=\dfrac{2x}{\sqrt{2x^2+1}}+\dfrac{2y}{\sqrt{2y^2+1}}+\dfrac{2z}{\sqrt{2z^2+1}}\)
Ta có đánh giá:
\(\dfrac{x}{\sqrt{2x^2+1}}\le\dfrac{3\sqrt{15}x+2\sqrt{5}}{25}\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(\left(\sqrt{3}x-1\right)^2\left(9x^2+10\sqrt{3}x+2\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự và cộng lại:
\(P\le\dfrac{6\sqrt{15}\left(x+y+z\right)+12\sqrt{5}}{25}=\dfrac{6\sqrt{5}}{5}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
24 tháng 12 2022
\(A=\dfrac{x-4+5}{\sqrt{x}-2}=\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)+5}{\sqrt{x}-2}=\sqrt{x}+2+\dfrac{5}{\sqrt{x}-2}\)
\(=\sqrt{x}-2+\dfrac{5}{\sqrt{x}-2}+4\ge2\sqrt{\dfrac{5\left(\sqrt{x}-2\right)}{\sqrt{x}-2}}+4=4+2\sqrt{5}\)
\(A_{min}=4+2\sqrt{5}\) khi \(9+4\sqrt{5}\)
b.
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{l}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(B=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}\)
\(B_{min}=\dfrac{3}{2}\) khi \(x=y=z=1\Rightarrow a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 5 2021
\(\sqrt{2a^2+ab+2b^2}=\sqrt{\dfrac{3}{2}\left(a^2+b^2\right)+\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2}\ge\sqrt{\dfrac{3}{4}\left(a+b\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(a+b\right)\)
Tương tự:
\(\sqrt{2b^2+bc+2c^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(b+c\right)\) ; \(\sqrt{2c^2+ca+2a^2}\ge\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(c+a\right)\)
Cộng vế với vế:
\(P\ge\sqrt{5}\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{\sqrt{5}}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^3=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{9}\)
11 tháng 11 2018
Theo BĐT \(AM-GM\) ta có :
\(\dfrac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}=\dfrac{\sqrt{3}a^2}{\sqrt{3a^2\left(2b^2+2c^2-a^2\right)}}\ge\dfrac{\sqrt{3}a^2}{\dfrac{2a^2+2b^2+2c^2}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Tương tự ta có :
\(\dfrac{b}{\sqrt{2c^2+2a^2-b^2}}\ge\dfrac{\sqrt{3}b^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\dfrac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\ge\dfrac{\sqrt{3}c^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Cộng từng vế BĐT :
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\sqrt{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}=\sqrt{3}\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c\)
16 tháng 1 2021
BĐT trên bị ngược dấu rồi.
Theo công thức Heron:
\(S=\dfrac{1}{4}\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\).
Do đó ta chỉ cần cm:
\(\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\). (1)
Ta có \(\left(1\right)\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-b^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(b^2-c^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(c^2-a^2\right)^2}{2}\ge0\) (luôn đúng).
Do đó bđt ban đầu cũng đúng.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác đó đều.
14 tháng 3 2021
Áp dụng bđt Schwarz ta có:
\(P=\dfrac{a^4}{2ab+3ac}+\dfrac{b^4}{2cb+3ab}+\dfrac{c^4}{2ac+3bc}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{5\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{5\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{1}{5}\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\).
LA
2 tháng 3 2019
Vì vai trò của a,b,c là như nhau, giả sử
\(a\ge c\ge b>0\)
Ta có
\(a+b-c< a\)
\(\Leftrightarrow b-c\le0\) ( đúng với gt )
\(\Rightarrow a+b-c< a\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)^2< a^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\left(a+b-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}\)
CMTT :
\(\dfrac{1}{\left(b+c-a\right)^2}\ge\dfrac{1}{b^2};\dfrac{1}{\left(c+a-b\right)^2}\ge\dfrac{1}{c^2}\)
Cộng vế với vế 3 BĐT trên , được
\(\dfrac{1}{\left(a+b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b+c-a\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c+a-b\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\)
Ta có:
\(\left(2a^2-b^2-c^2\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow4a^4+b^4+c^4-4a^2b^2-4a^2c^2+2b^2c^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\ge6a^2b^2+6a^2c^2-3a^4\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3a^2\left(2b^2+2c^2-a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}\ge\dfrac{\sqrt{3}a}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}\ge\sqrt{3}\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}\ge\sqrt{3}.\dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\) ; \(\dfrac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\ge\sqrt{3}.\dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Cộng vế: \(P\ge\dfrac{\sqrt{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}=\sqrt{3}\)
\(P_{min}=\sqrt{3}\) khi \(a=b=c\)