trong tam giác ABC có chu vi 2p=a+b+c( a,b,c là độ dài ba cạnh ). CMR: \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
dấu bằng trong BDT trên xảy ra lúc tam giác ABC có đặc điểm gì?
cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác cmr
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\)\(\frac{9}{a+b+c}\ge4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\)
Chuẩn hóa: \(a+b+c=1\)
Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác nên ta có: \(a,b,c\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)
Bài toán ban đầu trở thành:
\(P=\left(\frac{4}{1-a}-\frac{1}{a}\right)+\left(\frac{4}{1-b}-\frac{1}{b}\right)+\left(\frac{4}{1-c}-\frac{1}{c}\right)\le9\)
Ta chứng minh:
\(\frac{4}{1-x}-\frac{1}{x}\le18x-3\)
\(\Leftrightarrow\left(3x-1\right)^2\left(1-2x\right)\ge0\) (đúng)
Áp dụng bài toán ta được
\(P\le18\left(a+b+c\right)-9=9\)
Vậy ......
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi. CMR:\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
gọi a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác .CMR:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< 2\)
a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác nên a+b>c, b+c>a,c+a>b
Ap dụng \(\frac{x}{y}< \frac{x+z}{y+z}\) với \(x< y\Rightarrow\)\(\frac{a}{b+c}< \frac{a+a}{b+c+a}=\frac{2a}{a+b+c}\)
Tương tự \(\frac{b}{c+a}< \frac{2b}{a+b+c}\)
\(\frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}\)
Cộng 3 bđt được đpcm
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi của tam giác. CMR: \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\). Dấu "=" xảy ra khi nào?
Do p là nửa chu vi tam giác nên \(2p=a+b+c\)
Ta có bổ đề sau: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow x^2+2xy+y^2\ge4xy\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Áp dụng vào bài toán:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{p-a+p-b}=\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{c}\)
Tương tự: \(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a},\)\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{b}\)
\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}=4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c.
Tam giác ABC có các cạnh là: a,b,c. Gọi 2p là chu vi tam giác. CMR:
a) \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}>=\frac{4}{a+b}\)
b) \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}>=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Cho 2p=18. Tìm GTNN của a2+b2+c2
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
b/ Áp dụng BĐT ở câu a:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{2p-\left(a+b\right)}=\frac{4}{c}\)
Tương tự: \(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a}\) ; \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{b}\)
Cộng vế với vế: \(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge2\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
c/ \(2p=a+b+c=18\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=\frac{18^2}{3}=108\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=6\)
cho tam giác có nửa chu vi
\(p=\frac{a+b+c}{2}\) với a;b;c là độ dài ba cạnh
CMR:\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) \(\left(\text{*}\right)\) , với \(a,b>0\) (vì
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương \(a,b>0\), ta được:
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\) và \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{\frac{1}{a}.\frac{1}{b}}=\frac{2}{\sqrt{ab}}\)
Do đó, \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(a=b\)
Vậy, bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\) đã được chứng minh.
\(----------------------\)
Vì \(a,b,c,p\) lần lượt là độ dài ba cạnh và nửa chu vi của tam giác nên \(a,b,c,p>0\)
Áp dụng bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\) với \(p-a,\) \(p-b,\) \(p-c\) là các số dương, ta có:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{\left(p-a+p-b\right)}=\frac{4}{\left(2p-a-b\right)}=\frac{4}{c}\) \(\left(1\right)\)
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{\left(p-b+p-c\right)}=\frac{4}{\left(2p-b-c\right)}=\frac{4}{a}\) \(\left(2\right)\)
\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{\left(p-c+p-a\right)}=\frac{4}{\left(2p-c-a\right)}=\frac{4}{b}\) \(\left(3\right)\)
Cộng \(\left(1\right);\) \(\left(2\right);\) và \(\left(3\right)\) lần lượt vế theo vế, ta được:
\(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(p-a=p-b=p-c\), tức là \(a=b=c\) hay tam giác đã cho là tam giác đều (vì có 3 cạnh bằng nhau).
Cho a,b,c là các độ dài thỏa mãn điều kiện:
\(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\frac{c^2+a^2-b^2}{2ac}>1\)
Chứng minh rằng:a,b,c là các cạnh của một tam giác
CMR: Với a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác và p là nửa chu vi của tam giác đó thì
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Do \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\Rightarrow2p=a+b+c\)
Ta có: \(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{2p-\left(a+b\right)}=\dfrac{4}{a+b+c-\left(a+b\right)}=\dfrac{4}{c}\)
\(\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{2p-\left(b+c\right)}=\dfrac{4}{a}\)
\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{2p-\left(a+c\right)}=\dfrac{4}{b}\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\) hay tam giác là tam giác đều
Ta có : \(p=\frac{a+b+c}{2}\Rightarrow2p=a+b+c\)
Do a ; b ; c là 3 cạnh tam giác \(\Rightarrow b+c-a;c+a-b;a+b-c>0\)
\(b+c-a>0\Rightarrow\frac{b+c}{2}-\frac{a}{2}>0\Rightarrow\frac{a+b+c}{2}-a>0\Rightarrow p-a>0\)
CMTT , ta có : \(p-b>0;p-c>0\)
Áp dụng BĐT phụ \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) với x ; y > 0 vào bài toán , ta có
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{a+b+c-a-b}=\frac{4}{c}\left(1\right)\)
CMTT : \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{b};\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) ; ( 2 ) \(\Rightarrow2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\) \(\left(đpcm\right)\)
Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác và \(a\ge b,a\ge c\).Chứng minh \(\frac{a+b+c}{3}\le a< \frac{a+b+c}{2}\)
Nếu Đặt p là nửa chu vi => p = (a + b + c)/2 => 2p = a + b + c
=> p - a = (a + b + c)/2 - a
=> p - a = (b + c + a - 2a)/2
=> p - a = (b + c - a)/2
=> 2(p - a) = b + c - a (1)
Tương tự ta chứng minh được:
2(p - b) = a + c - b (2)
2(p - c) = a + b - c (3)
Từ (1); (2) và (3) => 1/(a + b - c) + 1/(b +c - a) +1/(c +a - b)
= 1/[ 2(p - c) ] + 1/[ 2(p - a) ] + 1/[ 2(p - b) ]
=1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ]
Bây giờ ta đã đưa bài toán về chứng minh
1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/a + 1/b + 1/c
Ta có: (x - y)² ≥ 0
<=> x² - 2xy + y² ≥ 0
<=> x² - 2xy + y² + 4xy ≥ 4xy
<=> x² + 2xy + y² ≥ 4xy
<=> (x + y)² ≥ 4xy
=> với x + y ≠ 0 và xy ≠ 0
=> (x + y)²/(x+ y) ≥ 4xy/(x + y)
=> (x + y) ≥ 4xy/(x + y)
=> (x + y)/xy ≥ (4xy)/[xy(x + y)]
=> 1/x + 1/y ≥ 4/(x + y) (*)
Áp dụng (*) với x = p - a và y = p - b ta được:
1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(p - a + p - b)
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(2p - a - b)
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/(a + b + c - a - b)
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) ≥ 4/c (4)
Chứng minh tương tự ta được:
1/(p - a) + 1/(p - c) ≥ 4/b (5)
1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 4/a (6)
Cộng vế với vế của (4);(5) và (6) ta được:
1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - a) + 1/(p - c) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 4/c + 4/b + 4/a
=> 2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 4/c + 4/b + 4/a
=> 2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 4(1/a + 1/b + 1/c)
=> 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ≥ 2(1/a + 1/b + 1/c)
=> 1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/2.( 2(1/a + 1/b + 1/c) )
=> 1/2.[ 1/(p - a) + 1/(p - b) + 1/(p - c) ] ≥ 1/a + 1/b + 1/c
Dấu bằng xảy ra <=> a = b = c.
Sai thì thôi nha !!! k mk nha
\(a\ge b;a\ge c\Rightarrow a+a+a\ge a+b+c\Rightarrow3a\ge a+b+c\Rightarrow\frac{a+b+c}{3}\le a\) (1)
bđt tam giác: \(a< b+c\Rightarrow a+a< a+b+c\Rightarrow2a< a+b+c\Rightarrow a< \frac{a+b+c}{2}\)(2)
(1); (2) suy ra đpcm
Không hiểu cách làm của bạn. Bài làm này chỉ cần bình thường thôi
Ta có: \(a\ge b,a\ge c\)
\(\Rightarrow b+c\le2a\)
\(\Rightarrow a+b+c\le3a\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{3}\le a\) (1)
Xét \(\Delta ABC\)có \(a< b+c\)
\(\Rightarrow2a< a+b+c\)
\(\Rightarrow a< \frac{a+b+c}{2}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{a+b+c}{3}\le a< \frac{a+b+c}{2}\)( đpcm)
( a<b+c vì trong một tam giác tổng độ dài 2 cạnh bao giờ cũng lớn hơn 1 một cạnh )