cho a,b,c là độ dài 3 cạnh cuả tam giác. Chứng minh \(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^{^2}+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{a+b+c}{2abc}\)
giaỉ bài này hộ mình nha,, mình cảm ơn nhìu :))
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
18 tháng 12 2016
Cauchy ở mẫu \(a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}\)
Vậy vế trái \(\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\)
Và lượng trên tử bé hơn bằng \(ab+bc+ca\)
K2
26 tháng 10 2020
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác suy ra :a,b, c >0
Áp dụng bđt cosi ta có
\(a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}\)
\(b^2+ac\ge2b\sqrt{ac}\)
\(c^2+ab\ge2c\sqrt{ab}\)
Suy ra
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ac}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}{abc}\right)\left(1\right)\)
Theo bđt cosi \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
do đó (1) \(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}{abc}\right)\le\frac{1}{2}\left(\frac{\frac{b+c}{2}+\frac{a+c}{2}+\frac{a+b}{2}}{abc}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{a+b+c}{abc}\right)=\frac{a+b+c}{2abc}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{a+b+c}{2abc}\left(đpcm\right)\)
25 tháng 3 2018
Áp dụng BĐT côsi ta có:
a² + bc ≥ 2.a√(bc)
<=> 1/(a² + bc) ≤ 1/(2a√(bc)) -------------(1)
tương tự vậy:
1/(b² + ac) ≤ 1/(2b√(ac)) -------------------(2)
1/(c² + ab) ≤ 1/(2c√(ab)) -------------------(3)
lấy (1) + (2) + (3)
=> 1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ 1/(2a√(bc)) + 1/(2b√(ac)) + 1/(2c√(ab))
<=>1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ √(bc)/2abc + √(ac)/2abc + √(ab)/2abc
<=>1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ [√(bc) + √(ac) + √(ab) ]/2abc (!)
Ta chứng minh bổ đề:
√(ab) + √(bc) + √(ac) ≤ a + b + c
thật vậy, áp dụng BĐT côsi ta được:
a + b ≥ 2√(ab) --- (*)
a + c ≥ 2√(ac) --- (**)
b + c ≥ 2√(bc) --- (***)
lấy (*) + (**) + (***) => 2(a + b + c) ≥ 2.[ √(bc) + √(ac) + √(ab) ]
<=> √(bc) + √(ac) + √(ab) ≤ a + b + c (@)
từ (!) và (@)
=> 1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ (a + b + c)/2abc ( Đpcm )
15 tháng 7 2020
Áp dụng AM - GM:
\(\frac{1}{a^2+bc}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}};\frac{1}{b^2+ac}\le\frac{1}{2b\sqrt{ca}};\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
Khi đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
\(=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\le\frac{a+b+c}{2abc}\)
T
29 tháng 9 2019
Làm lại:
\(VT\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
\(=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\le\frac{\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}}{2abc}=\frac{a+b+c}{2abc}\)
Đẳng thức xảy ra khi a =b = c .
Ngắn gọn súc tích không biết có lỗi gì không đây:)
T
29 tháng 9 2019
BĐT là đối xứng giúp em nghĩ đến cách đặt \(p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc\)
BĐT \(\Leftrightarrow2r\left(\frac{\Sigma ab\left(a^2+b^2\right)+abc\left(a+b+c\right)+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}{\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\right)\le p\)
\(\Leftrightarrow2r\left[\Sigma ab\left(a^2+b^2\right)+abc\left(a+b+c\right)+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\right]\le p\left[abc\left(a^3+b^3+c^3\right)+a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+2\left(abc\right)^2\right]\)\(\Leftrightarrow2r\left[p^2q-q^2-2pr\right]\le p\left[r\left(p^3-3pq+3r\right)+q^3-3pqr+5r^2\right]\)
\(\Leftrightarrow p^4r-8p^2qr+pq^3+12pr^2+2q^2r\ge0\)
\(\Leftrightarrow12pr^2+\left(p^4+2q^2-8p^2q\right)r+pq^3\ge0\)
Chú ý 2p > 0 , theo định lí về dấu tam thức bậc 2, ta cần chứng minh \(\Delta\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(p^4+2q^2-8p^2q\right)^2-48p^2q^3\le0\)
Em chịu rồi:( ko bt có sai chỗ nào ko nữa:( Mong tìm được cách giải tự nhiên hơn.
NT
4 tháng 8 2016
minh biet lam cau b)
ke phan giac AD , BM vuong goc AD , CN vuong goc AD
sin \(\frac{A}{2}\) =\(\frac{BM}{AB}=\frac{CN}{AC}=\frac{BM+CN}{AB+AC}\)
ma BM\(\le BD,CN\le CD\Rightarrow BM+CN\le BC\)
=> sin \(\frac{A}{2}\le\frac{BC}{AB+AC}\le\frac{a}{b+c}\)
dau = xay ra <=> AD vuong goc BC => AD la duong phan giac ,la duong cao => tam giac ABC can tai A => AB=AC => b=c
tương tự sin \(\frac{B}{2}\le\frac{b}{a+c};sin\frac{C}{2}\le\frac{c}{a+b}\)
=>\(sin\frac{A}{2}\cdot sin\frac{B}{2}\cdot sin\frac{C}{2}\le\frac{a\cdot b\cdot c}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\)
ap dung cosi cjo 2 so duong b+c\(\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ac};a+b\ge2\sqrt{ab}\)
=> \(\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)\ge8abc\)
\(\Rightarrow sin\frac{A}{2}\cdot sin\frac{B}{2}\cdot sin\frac{C}{2}\le\frac{abc}{8abc}=\frac{1}{8}\)
dau = xay ra <=> a=b=c hay tam giac ABC deu
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
13 tháng 9 2023
a) Vì \(AM = MB \Rightarrow M\) là trung điểm của \(AB\) (do \(M\) thuộc \(AB\))
\( \Rightarrow AM = \frac{1}{2}AB \Leftrightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2}\);
Vì \(AN = NC \Rightarrow N\) là trung điểm của \(AC\) (do \(N\) thuộc \(AC\))
\( \Rightarrow AN = \frac{1}{2}AC \Leftrightarrow \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{2}\).
b) Vì \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2};\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\).
Xét tam giác \(ABC\) có \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\) nên áp dụng định lí Thales đảo ta được \(MN//BC\).
c) Xét tam giác \(ABC\) có \(MN//BC\) nên áp dụng hệ quả định lí Thales ta được \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{BC}}\)
Mà \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{1}{2}\).
Vậy \(\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{1}{2}\) (điều phải chứng minh).