Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác.
CMR : \(2.\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+3\)
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng: \(2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+3\)
cho a;b;c là 3 cạnh của 1 tam giác.CMR:
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) thì ta được
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)
\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{2}{c}\)
\(\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{2}{a}\)
Cộng các bđt trên theo vế được đpcm.
Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) ta có :
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)
\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{b+c-a+c+a-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{a+b-c+c+a-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)
Cộng vế với vế
=> \(2\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
=> \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)( đpcm )
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác.
Chứng minh rằng:
\(\left(\frac{2a+2b-c}{a+b+4c}\right)^3+\left(\frac{2b+2c-a}{b+c+4a}\right)^3+\left(\frac{2c+2a-b}{c+a+4b}\right)^3\ge\frac{9}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Bài này không đúng nhé. Với a = b = c = 1 thì bất đẳng thức sai. Tuy nhiên bài này đúng theo chiều ngược lại.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau đây \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*
Đặt \(\left\{2a+2b-c;2b+2c-a;2c+2a-b\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}\)
Vì a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác nên x,y,z dương
Ta có : \(x^2+y^2+z^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(x+y=c+a+4b\); \(y+z=a+b+4c\); \(z+x=b+c+4a\)
Bất đẳng thức cần chứng minh quy về : \(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^3.x\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{x^4}{4}}=2\frac{x^2}{2}=x^2\)
\(\frac{y^3}{x+z}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^3.y\left(x+z\right)}{\left(x+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{y^4}{4}}=2\frac{y^2}{2}=y^2\)
\(\frac{z^3}{x+y}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^3.z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)4}}=2\sqrt{\frac{z^4}{4}}=2\frac{z^2}{2}=z^2\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx+xy+yz+zx}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{2}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{xy+yz+zx}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức phụ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)khi đó ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{y+x}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z< =>a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
các bạn làm được ý nào thì làm ý đó nha
1. Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh:
a) \(\frac{1}{\left(a+b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(a-b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)^2}\ge\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)
b) \(\frac{1}{\left(a+b-c\right)^3}+\frac{1}{\left(a-b+c\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)^3}\ge\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\)
c) \(\frac{1}{\left(a+b-c\right)^{200}}+\frac{1}{\left(a-b+c\right)^{200}}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)^{200}}\ge\frac{1}{a^{200}}+\frac{1}{b^{200}}+\frac{1}{c^{200}}\)
d) \(\frac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\sqrt{abc\left(-a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)}\)
e) \(a+b+c< \sqrt{a\left(b+c\right)}+\sqrt{b\left(a+c\right)}+\sqrt{c\left(a+b\right)}\)
f) \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}< \sqrt{6}\)
g) \(\sqrt{-a+b+c}+\sqrt{a-b+c}+\sqrt{a+b-c}\le\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\)
Bài 1: Cho a,b,c là đọ dài 3 cạnh của một tam giác. CMR: \(\frac{1}{\sqrt{b+c-a}}+\frac{1}{\sqrt{a+c-b}}+\frac{1}{\sqrt{a+b-c}}\ge\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}.\)
Bài 2: Cho a,b,c >0. CMR: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right).\)
Đặt ⎧⎪⎨⎪⎩a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0){a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0)
⇒⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩a=z+x2b=x+y2c=y+z2⇒{a=z+x2b=x+y2c=y+z2
⇒√a(1b+c−a−1√bc)=√2(z+x)2(1y−2√(x+y)(y+z))≥√x+√z2(1y−2√xy+√yz)=√x+√z2y−1√y⇒a(1b+c−a−1bc)=2(z+x)2(1y−2(x+y)(y+z))≥x+z2(1y−2xy+yz)=x+z2y−1y
Tương tự
⇒∑√a(1b+c−a−1√bc)≥∑√x+√z2y−∑1√y⇒∑a(1b+c−a−1bc)≥∑x+z2y−∑1y
⇒VT≥∑[x√x(y+z)]2xyz−∑√xy√xyz≥2√xyz(x+y+z)2xyz−x+y+z√xyz≐x+y+z√xyz−x+y+z√xyz=0⇒VT≥∑[xx(y+z)]2xyz−∑xyxyz≥2xyz(x+y+z)2xyz−x+y+zxyz≐x+y+zxyz−x+y+zxyz=0
(∑√xy≤x+y+z,x√x(y+z)≥2x√xyz)(∑xy≤x+y+z,xx(y+z)≥2xxyz)
dấu = ⇔x=y=z⇔a=b=c
Mai Anh ! cậu giỏi quá, cậu nè :33
Ha~ Idol về mảng copy nay giỏi quá lè:33. Tác hại của việc copy paste là đây
Lần sai copy paste nhớ nhìn lại với chỉnh sửa đi nhá. Ko để này lộ liễu bôi bác lắm
Copy always mà vẫn 50k giải tuần đấy, ghê=))
Cho \(\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}\)là độ dài 3 cạnh của một tam giác . CMR :
\(3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
không sử dụng bất đẳng thức cổ điển nhé :))))
Theo mình đề chứng minh: \(3Min\left\{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a},\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right\}\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Cho a;b;c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi là 1 :
CMR :\(4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+9\)
Giúp mk nha
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác.
Chứng minh \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{3\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{abc}\ge9\)
\(VT-VP=\frac{\Sigma_{cyc}\left(a-b+c\right)\left(a-b\right)^2}{abc}\ge0\) ( do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác )
cho a,b,c là 3 cạnh tam giác
chứng minh
\(\frac{1}{\left(a+b-c\right)^{2018}}+\frac{1}{\left(a+c-b\right)^{2018}}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)^{2018}}\ge\frac{1}{a^{2018}}+\frac{1}{b^{2018}}+\frac{1}{c^{2018}}\)
Trước tiên ta chứng minh bổ đề: Với x, y dương thì ta có:
\(\frac{1}{x^n}+\frac{1}{y^n}\ge\frac{2^{n+1}}{\left(x+y\right)^n}\)
Với n = 1 thì nó đúng.
Giả sử nó đúng đến \(n=k\)hay \(\frac{1}{x^k}+\frac{1}{y^k}\ge\frac{2^{k+1}}{\left(x+y\right)^k}\left(1\right)\)
Ta chứng minh nó đúng đến \(n=k+1\)hay \(\frac{1}{x^{k+1}}+\frac{1}{y^{k+1}}\ge\frac{2^{k+2}}{\left(x+y\right)^{k+1}}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) cái ta cần chứng minh trở thành:
\(\frac{1}{x^{k+1}}+\frac{1}{y^{k+1}}\ge\left(\frac{1}{x^k}+\frac{1}{y^k}\right)\frac{2}{\left(x+y\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(y-x\right)\left(y^{k+1}-x^{k+1}\right)\ge0\)(đúng)
Vậy ta có ĐPCM.
Áp dụng và bài toán ta được
\(2\left(\frac{1}{\left(a+b-c\right)^{2018}}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)^{2018}}+\frac{1}{\left(c+a-b\right)^{2018}}\right)\ge\frac{2^{2019}}{2^{2018}.a^{2018}}+\frac{2^{2019}}{2^{2018}.b^{2018}}+\frac{2^{2019}}{2^{2018}.c^{2018}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b-c\right)^{2018}}+\frac{1}{\left(b+c-a\right)^{2018}}+\frac{1}{\left(c+a-b\right)^{2018}}\ge\frac{1}{a^{2018}}+\frac{1}{b^{2018}}+\frac{1}{c^{2018}}\)