cho tam giác ABC, với AB=c, BC=a, AC=b, chứng minh rằng
\(\frac{a\left(b+c\right)\sqrt{bc\left(1-\frac{a^2}{b+c}\right)}+b\left(a+c\right)\sqrt{ac\left(1-\frac{b^2}{a+c}\right)}+c\left(a+b\right)\sqrt{ab\left(1-\frac{c^2}{a+b}\right)}}{a+b+c}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ko cả biết BĐT AM-GM với C-S là gì còn hỏi bài này rảnh háng
Đề sai rồi. Nếu như là a, b, c dương thì giá trị nhỏ nhất của nó phải là 9 mới đúng. Còn để có GTNN như trên thì điều kiện là a, b, c không âm nhé. Mà bỏ đi e thi cái gì mà phải giải câu cỡ này. Cậu này mạnh lắm đấy không phải dạng thường đâu.
Do a + b + c = 1 nên \(\frac{\sqrt{\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)}}{\sqrt{c+ab}}=\frac{\sqrt{\left[a\left(a+b+c\right)+bc\right]\left[b\left(a+b+c\right)+ca\right]}}{\sqrt{c\left(a+b+c\right)+ab}}\)
\(=\frac{\sqrt{\left(a^2+ab+ac+bc\right)\left(ab+b^2+bc+ac\right)}}{\sqrt{ac+bc+c^2+ab}}=\frac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)
\(=\sqrt{\left(a+b\right)^2}=a+b\) (1)
Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{\sqrt{\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)}}{\sqrt{a+bc}}=b+c\text{ }\left(2\right)\\\frac{\sqrt{\left(c+ab\right)\left(a+bc\right)}}{\sqrt{b+ac}}=a+c\text{ }\left(3\right)\end{cases}}\)
Cộng vế với vế của (1)(2)(3) lại ta được :
\(\frac{\sqrt{\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)}}{\sqrt{c+ab}}+\frac{\sqrt{\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)}}{\sqrt{a+bc}}+\frac{\sqrt{\left(c+ab\right)\left(a+bc\right)}}{\sqrt{b+ac}}=2\left(a+b+c\right)=2\)
\(\sqrt{\frac{\left(a+bc\right)\left(b+ac\right)}{c+ab}}=\sqrt{\frac{\left(a^2+ab+ac+bc\right)\left(b^2+bc+ba+ac\right)}{c^2+ca+cb+ab}}=\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+a\right)\left(b+c\right)}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}=a+b\left(a,b,c>0;a+b+c=1\right)\)
Bạn làm tương tự nha
\(\Rightarrow P=a+b+c+a+b+c=2\left(a+b+c\right)=2\)
\(\text{a+b+c = 1}\Rightarrow a=1-b-c\Rightarrow a+bc=1-b-c+bc=\left(b-1\right)\left(c-1\right)\)
tương tự \(b+ca=\left(a-1\right)\left(c-1\right);c+ab=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\)
đặt a-1=x ; b-1=y ; c-1=z , ta có
\(P=\sqrt{\frac{yzzx}{xy}}+\sqrt{\frac{xzxy}{yz}}+\sqrt{\frac{xyyz}{xz}}=\sqrt{z^2}+\sqrt{x^2}+\sqrt{y^2}=x+y+z=1\)
Ta có:\(\left(a^2+bc\right)\left(b+c\right)=b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{\left(a^2+bc\right)\left(b+c\right)}{a\left(b^2+c^2\right)}}=\sqrt{\frac{b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)}{a\left(b^2+c^2\right)}}\)
Tương tự\(\Rightarrow\)VT=\(\Sigma\sqrt{\frac{b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)}{a\left(b^2+c^2\right)}}\)
Đặt \(x=a\left(b^2+c^2\right)\);\(y=b\left(a^2+c^2\right)\);\(z=c\left(b^2+a^2\right)\)
VT=\(\sqrt{\frac{x+y}{z}}+\sqrt{\frac{y+z}{x}}+\sqrt{\frac{x+z}{y}}\ge3\sqrt[6]{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz}}\ge3\sqrt{2}\)(BĐT Cô-si)
Dấu''='' xra\(\Leftrightarrow\)a=b=c
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....
.
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có
\(a+bc=a\left(a+b+c\right)+bc=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
Tương tự: \(b+ca=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\) ; \(c+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
\(\Rightarrow P=a+b+b+c+c+a=2\left(a+b+c\right)=2\)
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c