Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\left(b^3+c^3\right)\left(1+1\right)\left(1+1\right)\ge\left(b+c\right)^3\)
\(\Rightarrow b^3+c^3\ge\dfrac{\left(b+c\right)^3}{4}\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt[3]{b^3+c^3}}\le\dfrac{a\sqrt[3]{4}}{b+c}\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\le\sqrt[3]{4}\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)< \sqrt[3]{4}\left(\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}\right)=2\sqrt[3]{4}\)
Theo giả thiết có : \(abc\ne0\)chia hai vế của phương trình cho \(abc\)có : \(\frac{2ab+3bc+4ac}{abc}=\frac{5abc}{abc}\Leftrightarrow\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{4}{c}=1\)
Xét : (ở tử của p tắc 7 = 4+3; 6= 4+2; 5=2+3 rồi nhóm nhân tử chung)
\(P=\frac{7}{a+b-c}+\frac{6}{b+c-a}+\frac{5}{c+a-b}\)
\(=\frac{4}{a+b-c}+\frac{3}{a+b-c}+\frac{4}{b+c-a}+\frac{2}{b+c-a}+\frac{3}{c+a-b}+\frac{2}{c+a-b}\)
\(=4\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\right)+3\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\right)+2\left(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)\)
Nếu có \(x,y\left(x>0,y>0\right)\)ta luôn có \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)
áp dụng vào P có
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{a+b-c+c+a-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)
\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{b+c-a+c+a-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)
Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức :
\(P\ge4.\frac{2}{b}+3.\frac{2}{a}+2.\frac{2}{c}=2\left(\frac{4}{b}+\frac{3}{a}+\frac{2}{c}\right)=2.5=10\)
Vậy \(P_{min}=10\)dấu "=" sảy ra khi \(a=b=c=\frac{9}{5}\)
trên đầu mình viết nhầm nhe chỗ tổng phân số bằng 5 chứ ko phải 1
Áp dụng BĐT $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}$$
\(Q=1964\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\right)+15\left(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)+10\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-c}\right)\)
\(\ge1964\cdot\frac{4}{2p-\left(a+b\right)}+15\cdot\frac{4}{2p-\left(b+c\right)}+10\cdot\frac{4}{2p-\left(c+a\right)}\)
\(=4\left(\frac{15}{a}+\frac{10}{b}+\frac{1964}{c}\right)=4\cdot2006=8024\)
Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{117}{118}\)
Đặt:
x = a + c - b ; y = a + b - c ; z = b + c - a > 0 vì a; b ; c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
=> x + y + z = a + b + c
=> a = \(\frac{x+y}{2}\); b = \(\frac{y+z}{2}\); c = \(\frac{x+z}{2}\)
=> 3a - b + c = 2 a + ( a - b + c ) = ( x + y ) + x = 2x + y
Tương tự: 3b - c + a = 2y + z ; 3c - a + b = x + 2z
Đưa về bài toán: Chứng minh:
\(\frac{x+y}{2\left(2x+y\right)}+\frac{y+z}{2\left(2y+z\right)}+\frac{z+x}{2\left(2z+x\right)}\ge1\)
<=> \(\frac{2x+2y}{2x+y}+\frac{2y+2z}{2y+z}+\frac{2z+2x}{2z+x}\ge4\)(1)
Ta có: VT = \(1+\frac{y}{2x+y}+1+\frac{z}{2y+z}+1+\frac{x}{2z+x}\)
\(=3+\left(\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x}\right)\)
\(=3+\left(\frac{y^2}{2xy+y^2}+\frac{z^2}{2yz+z^2}+\frac{x^2}{2zx+x^2}\right)\)
\(\ge3+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}=3+1=4\)
=> (1) đúng
=> Bất đẳng thức ban đầu đúng
Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z <=> a = b = c
Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\forall a,b,c\\\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\forall a,b,c\\\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\forall a,b,c\end{cases}}\)
Nhân vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được :
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\left(1\right)\)
Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)>0\)
Mà dễ thấy \(abc>0\)
Nên từ \(\left(1\right)\) : \(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)(đpcm)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\sum \frac{c^{2013}}{a+b-c}=\sum \frac{c^{4024}}{ac^{2011}+bc^{2011}-c^{2012}}\geq \frac{(\sum a^{2012})^2}{a^{2011}(b+c)+b^{2011}(c+a)+c^{2011}(b+a)-\sum a^{2012}}\)
Ta sẽ CM:
\(a^{2011}(b+c)+b^{2011}(c+a)+c^{2011}(b+a)-\sum a^{2012}\leq \sum a^{2012}\)
\(\Leftrightarrow a^{2011}(a-b)+a^{2011}(a-c)+b^{2011}(b-a)+b^{2011}(b-c)+c^{2011}(c-a)+c^{2011}(c-b)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \sum (a-b)(a^{2011}-b^{2011})\geq 0\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(a^{2010}+...+b^{2010})\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó: \(\sum \frac{c^{2013}}{a+b-c}\geq \frac{(\sum a^{2012})^2}{\sum a^{2012}}=\sum a^{2012}\)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$. Tức là $ABC$ là tam giác đều.
Akai Haruma Giáo viên cho em hỏi kí hiệu \(\sum\) là gì ạ và kí hiệu này được học ở lớp mấy ạ?