Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
a) $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$
b) $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3$
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
a) $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$
b) $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3$
a) Áp dụng BĐT AM-GM ta có $(a+b-c)(b+c-a) \le \frac{[(a+b-c)+(b+c-a)]^2}{4}=b^2$.
Tương tự rồi cộng lại ta có đpcm.
BĐT vẫn đúng nếu $a,b,c$ là số thực bất kì.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
b) $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3$
Lời giải. b) Áp dụng BĐT AM-GM ta có $\sum \frac{a}{b+c-a} \ge 3 \sqrt[3]{ \frac{abc}{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}} \ge 3$.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
a) $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$
b) $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3$
a) Theo AM-GM thì:
$(a+b-c)(b+c-a) \le \dfrac{(a+b-c+b+c-a)^2}{4} =b^2$
Thiết lập các bdt tương tự cộng lại ta có dpcm.
b) Đặt $x=b+c-a>0; y=a+c-b>0; z=a+b-c>0 \to a=\dfrac{y+z}{2}; b=\dfrac{x+z}{2}; c=\dfrac{x+y}{2}$, thì bdt cần cm tương đương với:
$\dfrac{y+z}{2x}+\dfrac{x+z}{2y}+\dfrac{x+y}{2z} \ge 3$
$\iff \dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z} \ge 6$
$ \iff (\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y})+(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z})+(\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{z}) \ge 6$
BDT cuối luôn dúng theo AM-GM.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lovemath99: 06-09-2013 - 17:40
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
a) $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$
b) $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3$
b)
Theo Schwarz ta có:
$\sum \frac{a}{b+c-a}\geq \sum \frac{a^2}{ab+ac-a^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+ca+bc)-a^2-b^2-c^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\frac{2}{3}(a+b+c)^2-\frac{1}{3}(a+b+c)^2}=3$
Quy luật của toán học càng liên hệ tới thực tế càng không chắc chắn, và càng chắc chắn thì càng ít liên hệ tới thực tế.
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
a) $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$
b) $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3$
b, Có thể dùng cách đặt
$b+c-a=x$
$a+c-b=y$
$a+b-c=z$
nên $a=\frac{y+z}{2}$
$b=\frac{x+z}{2}$
$c=\frac{x+y}{2}$
BĐT tương đương $\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\geq 3$
Đến đây dùng AM-GM là xog
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
b) $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3$
Áp dụng BĐT AM-GM
Nhân cả 2 vế vs 2
$\Rightarrow \frac{2a}{b+c-a}+\frac{2b}{a+c-b}+\frac{2c}{a+b-c}=\frac{a+b+c}{b+c-a}+\frac{a+b+c}{a+c-b}+\frac{2c}{a+b-c}-3=\left ( a+b+c \right )\left ( \sum \frac{1}{a+b-c} \right )-3\geq 9-3=6$
a . Cách khác : Ta có :
$a^2\geq a^2-(b-c)^2=(a+b-c)(a+c-b)> 0$
$b^2\geq b^2-(a-c)^2=(b+c-a)(b+a-c)> 0$
$c^2\geq c^2-(a-b)^2=(c+b-a)(c+a-b)> 0$
$=>a^2b^2c^2\geq (b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2$
$=>abc\geq (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)$ (đ.f.c.m)
a)
đặt;
a + b - c = x
b + c - a = y
c + a - b = z
$\Rightarrow$ a = $\frac{y+z}{2}$
b = $\frac{x+z}{2}$
c = $\frac{x+y}{2}$
$\Rightarrow$ ta cần chứng minh:
$xyz \leqslant \frac{x+y}{2}.\frac{y+z}{2}.\frac{z+x}{2}$
ta có $\sqrt{xy}\leqslant \frac{x+y}{2}$
$\sqrt{yz}\leqslant \frac{y+z}{2}$
$\sqrt{xz}\leqslant \frac{x+z}{2}$
Nhân vào $\Rightarrow$ ta có đpcm
b) Đặt
b + c -a = x
a + c -b = y
a + b -c = z
$\Rightarrow$ a = $\frac{y+z}{2}$
b = $\frac{x+z}{2}$
c = $\frac{x+y}{2}$
$\Rightarrow$ ta cần chứng minh :
$\frac{y+z}{2x}+\frac{x+y}{2z}+\frac{z+x}{2y}\geqslant 3$
$\Leftrightarrow \frac{y+z}{x}+\frac{x+y}{z}+\frac{z+x}{y}\geqslant 6$
$\Leftrightarrow \frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{z}+\frac{z+y+x}{y}\geqslant 9$
$\Leftrightarrow (x+y+z).(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geqslant 9$
BĐT trên luôn đúng suy ra có điều phải chứng minh
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh:
a) $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$
Áp dụng BĐT Tam giác . Ta có : $a>\left |b-c \right |\Leftrightarrow a^{2}>(b-c)^{2}<=> a^{2}-(b-c)^{2}\leq a^{2}\Leftrightarrow (a-b+c)(a+b-c)\leq a^{2}$
Các cái sau tương tự => đpcm
a) Áp dụng BĐT AM-GM ta có $(a+b-c)(b+c-a) \le \frac{[(a+b-c)+(b+c-a)]^2}{4}=b^2$.
Tương tự rồi cộng lại ta có đpcm.
BĐT vẫn đúng nếu $a,b,c$ là số thực bất kì.
phải là nhân các vế chứ
Bài 1. Bất đẳng thức trên là bất đẳng thức Schur bậc 3.
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Đặt a = x + y; b = y + z; c = z + x
Vì a,b,c là 3 cạnh tam giác, nên chứng minh rằng có thể đặt được cách trên bằng các vẽ đường tròn nội tiếp
1)
(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) <= abc
<--> 2y * 2x * 2z <= (x+y)(y+z)(z+x)
<--> 8xyz <= (x+y)(y+z)(z+x)
đúng, vì x + y >= 2 sqrt(xy)
2)
a/(b + c - a) + b/(c + a - b) + c/(a + b - c) >= 3
<--> (x + y)/(2z) + (y + z)/(2x) + (z + x)/(2y) >= 3
<--> (x/z + z/x) + (y/z + z/y) + (y/x + x/y) >= 6
đúng, vì x/z + z/x >= 2
cho mình hỏi nếu a,b,c là cạnh của tam giác thì căn a,căn b, căn c cũng tạo thành một tam giác . Câu hỏi này phải cm thế nào ạ
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh