cho abc là 3 cạnh của 1 tam giác .tìm max của:
\(M=\frac{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)}{3abc}\)
1. Cho a,b,c>0 và a^2000+b^2000+c^2000=3. Tìm max P=a^2+b^2+c^2
2. Cho a,b,c là 3 cạnh tam giác. Tìm max \(A=\left(3-\frac{b+c}{a}\right)\left(3-\frac{c+a}{b}\right)\left(3-\frac{a+b}{c}\right)\)
1.
Áp dụng hệ quả cô si:
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^{1000}\le3^{999}\left(a^{2000}+b^{2000}+c^{2000}\right)=3^{1000}\)
=>\(a^2+b^2+c^2\le3\)Dấu = khi a=b=c=1
không biết đúng hay sai đâu
1.Ta co a2000+1+1+1+...+1 ( 999 sô 1) > =1000. \(\sqrt[1000]{a^{2000}.1.1...1}\)=a2\(\Rightarrow\)a2 \(\le\)(a2000+999) :1000 (BDT cósi)
Tưong tu b2\(\le\)(b2000+999):1000 ; c2\(\le\)(c2000+999):1000
a2+b2+c2\(\le\)(a2000+b2000+c2000+999+999+999) :1000 =(3+999.3) :1000=3000:1000=3
Vay gtln cua a2+b2+c2 la 3
\(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=1\end{cases}}\)
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 tam giác ABC có độ dài 3 cạnh a, b, c thỏa mãn \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{3\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{abc}=9\)
Chứng minh rằng tam giác ABC đều
a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .
ta áp dụng (a+b+c)(\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)) >=9
dễ chứng minh bdt phụ này
rùi từ đây suy ra 3(a-b)(b-c)(c-a) = 0 => a=b=c (1)
mà lên bđt phụ trên thì xảy ra khi a=b=c (1)
từ (1) , (2) , ta suy ra a=b=c hay đpcm
vì k chặt chẽ lắm nên thông cảm
Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác ABC ,biết \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\).Chứng minh rằng tam giác ABC đều
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác
Tìm GTLN của: F=\(\frac{\left(a-b+c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{3abc}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\left\{\begin{matrix} (a+b-c)(b+c-a)\leq \frac{(a+b-c+b+c-a)^2}{4}=b^2\\ (a+b-c)(c+a-b)\leq \frac{(a+b-c+c+a-b)^2}{4}=a^2\\ (b+c-a)(c+a-b)\leq \frac{(b+c-a+c+a-b)^2}{4}=c^2\end{matrix}\right.\)
Nhân theo vế và rút gọn, suy ra:
\((a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)
\(\Rightarrow F=\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{3abc}\leq \frac{abc}{3abc}=\frac{1}{3}\)
Vậy \(F_{\max}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow a=b=c\)
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác biết:
\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\)
C/m tam giác đó là tam giác đều
Cho a, b, c là số đo ba cạnh tam giác. CMR: \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2\left(b+c\right)+b^2\left(c+a\right)+c^2\left(a+b\right)\)
CHO TAM GIÁC ABC, ĐẶT ĐỘ DÀI 3 CẠNH BC=a, CA=b, AB=c
CHO BIẾT: \(\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{c+a}+\frac{ca}{a+b}=\frac{ca}{b+c}+\frac{ab}{c+a}+\frac{bc}{a+b}\)
A) CM TAM GIÁC ABC CÂN
B) NẾU CHO THÊM: \(c^4+abc\left(a+b\right)=c^2\left(a^2+b^2\right)+\left(c+b\right)\left(c-b\right)bc+\left(c-a\right)\left(c+a\right)ac\) .TÍNH CÁC GÓC CỦA TAM GIÁC ABC
cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác, biết\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\). Chứng minh tam giác đó đều.
Ta có
\(1+\frac{b}{a}=\frac{a+b}{a}\ge2\frac{\sqrt{ab}}{a}\)
\(1+\frac{c}{b}\ge2\frac{\sqrt{bc}}{b}\)
\(1+\frac{a}{c}\ge2\frac{\sqrt{ac}}{c}\)
Nhân vế theo vế ta được
\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)\ge8\frac{\sqrt{ab.bc.ca}}{abc}=8\)
Dấu = xảy ra khi a = b = c hay tam giác ABC đều