Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác .Chứng minh rằng
A=\(\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{c}{a+b-c}>3\)
cho 3 số a,b,c là 3 cạnh của một tam giác thỏa mãn:
\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{3}{2}\)
chứng minh tam giác abc đều
\(VT=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ac+bc}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
\(\Rightarrow\) Tam giác là tam giác đều
Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh:
\(\dfrac{a}{-a+b+c}\) +\(\dfrac{b}{a-b+c}\)
+\(\dfrac{c}{a+b-c}\)>=3
Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh: \(\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b}{c+a-b}+\dfrac{c}{a+b-c}\ge3\)
+
+
≥ 3.
Đặt b + c – a = x > 0 (1); a + c – b = y > 0 (2); a + b – c = z > 0 (3)
Cộng (1) và (2) => b + c – a + a + c – b = x + y ⇔ 2c = x + y ⇔ c =
Tương tự a = ; b =
Do đó +
+
=
+
+
=
(
+
+
+
+
+
)
= [(
+
) + (
+
) + (
+
)] ≥
(2 + 2 + 2) = 3.
Vậy +
+
≥ 3.
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh \(\dfrac{1}{a+b-c}\)+\(\dfrac{1}{b+c-a}\)+\(\dfrac{1}{c+a-b}\)≥\(\dfrac{1}{a}\)+\(\dfrac{1}{b}\)+\(\dfrac{1}{c}\)
Mọi người giúp mình nhé
\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}\ge\dfrac{4}{a+b-c+b+c-a}=\dfrac{2}{b}\)
Tương tự:
\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{a}\) ; \(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{c}\)
Cộng vế:
\(2\left(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\right)\ge\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh: \(1< \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}< 2\)
Lời giải:
Do $a,b,c>0$ nên:\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1(1)\)
Vì $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác thì:
$a+b>c\Rightarrow 2(a+b)>a+b+c\Rightarrow a+b>\frac{a+b+c}{2}$
$\Rightarrow \frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}$. Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a+2b+2c}{a+b+c}=2(2)\)
Từ $(1);(2)$ ta có đpcm.
cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh một tam giác
chứng minh \(\dfrac{b+c}{b+-a}+\dfrac{c+a}{c+a-b}+\dfrac{a+b}{a+b-c}\ge6\)
Ta có bất đẳng thức sau
a2 + b2 + c2 \(\ge\) ab + bc + ca (1)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
Thật vậy (1) <=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca \(\ge0\)
<=> (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 \(\ge0\) (bđt này luôn đúng)
Khi đó ta được (1) <=> 2(a2 + b2 + c2) \(\ge\) 2(ab + bc + ca)
<=> 3(a2 + b2 + c2) \(\ge\) 2ab + 2bc + 2ca + a2 + b2 + c2
<=> 3(a2 + b2 + c2) \(\ge\) (a + b + c)2
=> -(a2 + b2 + c2) \(\le\dfrac{(a+b+c)^2}{3}\)
Ta có \(P=\dfrac{b+c}{b+c-a}+\dfrac{c+a}{c+a-b}+\dfrac{a+b}{a+b-c}\)
\(=\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{c}{a+b-c}+3\)
\(=\dfrac{a^2}{ab+ac-a^2}+\dfrac{b^2}{ab+bc-b^2}+\dfrac{c^2}{ac+bc-c^2}+3\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+ac-a^2+ab+bc-b^2+ac+bc-c^2}+3\) (BĐT Schwarz)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2ab+2ac+2bc-a^2-b^2-c^2}+3\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2-2\left(a^2+b^2+c^2\right)}+3\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2-\dfrac{2}{3}\left(a+b+c\right)^2}+3=\dfrac{1}{1-\dfrac{2}{3}}+3=6\) (đpcm)
Cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác, ma, mb, mc là độ dài các đường trung tuyến của tam giác đó. Chứng minh rằng
\(\dfrac{a}{m_a}+\dfrac{b}{m_b}+\dfrac{c}{m_c}\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Để chứng minh rằng ama + bmb + cmc ≥ √32, ta sử dụng bất đẳng thức tam giác. Bất đẳng thức tam giác cho biết rằng tổng độ dài của ba đường trung tuyến của một tam giác luôn lớn hơn hoặc bằng bình phương độ dài cạnh tương ứng. Vì vậy, ta có:
ama + bmb + cmc ≥ (ma + mb + mc)²/3
Theo định lý đường trung tuyến, ta biết rằng ma + mb + mc = 3/2(a + b + c). Thay vào biểu thức trên, ta có:
ama + bmb + cmc ≥ (3/2(a + b + c))²/3
Simplifying the expression, we get:
ama + bmb + cmc ≥ 3/4(a + b + c)²
Để chứng minh rằng ama + bmb + cmc ≥ √32, ta cần chứng minh rằng 3/4(a + b + c)² ≥ √32. Tuy nhiên, để chứng minh điều này, cần thêm thông tin về giá trị của a, b, c.
Với a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác thỏa mãn 2c+b=abc. Chứng minh rằng :
\(\dfrac{3}{b+c-a}+\dfrac{4}{c+a-b}+\dfrac{5}{a+b-c}\ge4\sqrt{3}\)
Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a, b, c thỏa mãn: \(\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ac}{a+b}=\dfrac{ac}{b+c}+\dfrac{ab}{c+a}+\dfrac{bc}{a+b}\). Chứng minh: Tam giác ABC cân
Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a, b, c thỏa mãn: \(\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{a+c}+\dfrac{ac}{a+b}=\dfrac{ac}{b+c}+\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{bc}{a+b}\). Chứng minh tam giác ABC cân
\(\Leftrightarrow ab\left(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{a+c}\right)+bc\left(\dfrac{1}{a+c}-\dfrac{1}{a+b}\right)+ca\left(\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{b+c}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab\left(a-b\right)}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{bc\left(b-c\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{ca\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab\left(a^2-b^2\right)+bc\left(b^2-c^2\right)+ca\left(c^2-a^2\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a-c\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\c=a\end{matrix}\right.\) hay tam giác cân