Cho a, b, c là 3 cạnh trong tam giác. Chứng minh rằng: ab+c−a+ba+c−b+ca+b−c≥3.

Đặt: x=b+c−ay=a+c−bz=a+b−c ⇒x+y=b+c−a+a+c−b=2cy+z=a+c−b+a+b−c=2ax+z=b+c−a+a+b−c=2b Khi đó A=ab+c−a+ba+c−b+ca+b−c ⇒2A=2ab+c−a+2ba+c−b+2ca+b−c =y+zx+x+zy+x+yz =yx+zx+xy+zy+xz+yz =yx+xy+zy+yz+zx+xz Với a, b, c là ba cạnh của tam giác, thì: b+c>aa+c>ba+b>c⇒b+c−a>0a+c−b>0a+b−c>0⇒x>0y>0z>0 Áp dụng BĐT Cô-si cho yx, xy với x, y > 0 ta có: yx+xy≥2yx . xy=2 Chứng minh tương tự như vậy, ta cũng được: zy+yz≥2; zx+xz≥2 Do đó: 2A=yx+xy+zy+yz+zx+xz≥2+2+2=6 ⇒A=yx+xy+zy+yz+zx+xz≥3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z. Suy ra: a = b = c. Vậy ab+c−a+ba+c−b+ca+b−c≥3 khi a = b = c.

Câu hỏi:

19/08/2025 510

Cho a, b, c là 3 cạnh trong tam giác. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b + c - a} + \frac{b}{a + c - b} + \frac{c}{a + b - c} \geq 3$ .

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án !!

Giao bài

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đặt: $\{\begin{cases} x = b + c - a \\ y = a + c - b \\ z = a + b - c \end{cases}$

$\Rightarrow \{\begin{cases} x + y = (b + c - a) + (a + c - b) = 2 c \\ y + z = (a + c - b) + (a + b - c) = 2 a \\ x + z = (b + c - a) + (a + b - c) = 2 b \end{cases}$

Khi đó $A = \frac{a}{b + c - a} + \frac{b}{a + c - b} + \frac{c}{a + b - c}$

$\Rightarrow 2 A = \frac{2 a}{b + c - a} + \frac{2 b}{a + c - b} + \frac{2 c}{a + b - c}$

$= \frac{y + z}{x} + \frac{x + z}{y} + \frac{x + y}{z}$

$= \frac{y}{x} + \frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z} + \frac{y}{z}$

$= (\frac{y}{x} + \frac{x}{y}) + (\frac{z}{y} + \frac{y}{z}) + (\frac{z}{x} + \frac{x}{z})$

Với a, b, c là ba cạnh của tam giác, thì:

$\{\begin{cases} b + c > a \\ a + c > b \\ a + b > c \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} b + c - a > 0 \\ a + c - b > 0 \\ a + b - c > 0 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x > 0 \\ y > 0 \\ z > 0 \end{cases}$

Áp dụng BĐT Cô-si cho $\frac{y}{x}, \frac{x}{y}$ với x, y > 0 ta có:

$\frac{y}{x} + \frac{x}{y} \geq 2 \sqrt{\frac{y}{x} . \frac{x}{y}} = 2$

Chứng minh tương tự như vậy, ta cũng được:

$\frac{z}{y} + \frac{y}{z} \geq 2; \frac{z}{x} + \frac{x}{z} \geq 2$

Do đó:

$2 A = (\frac{y}{x} + \frac{x}{y}) + (\frac{z}{y} + \frac{y}{z}) + (\frac{z}{x} + \frac{x}{z}) \geq 2 + 2 + 2 = 6$

$\Rightarrow A = (\frac{y}{x} + \frac{x}{y}) + (\frac{z}{y} + \frac{y}{z}) + (\frac{z}{x} + \frac{x}{z}) \geq 3$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z.

Suy ra: a = b = c.

Vậy $\frac{a}{b + c - a} + \frac{b}{a + c - b} + \frac{c}{a + b - c} \geq 3$ khi a = b = c.

Đang tải chế độ Học...

Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay

ĐẶC QUYỀN VIP

Đăng ký VIP để học và luyện thi không giới hạn

Trọn bộ quyền lợi trên Vietjack, trong một tài khoản.

Phòng luyện thi cấp tốc: ĐGNL - ĐGTD, Tốt nghiệp THPT, Ôn vào 10, Ôn vào 6, Ôn Giữa kì/Cuối kì
Hơn 200K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
Với 3tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
Xem hàng ngàn bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện
Đăng ký ngay

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số $y = \sin x - \sqrt{3} \cos x$

Xem đáp án

Lời giải

Ta có: $y = \sin x - \sqrt{3} \cos x = 2 (\frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x)$

$= 2 (\sin x . \cos \frac{π}{3} - \cos x . \sin \frac{π}{3})$

$= 2 \sin (x - \frac{π}{3})$

Ta có: $- 1 \leq \sin (x - \frac{π}{3}) \leq 1$

$\Leftrightarrow - 2 \leq 2 \sin (x - \frac{π}{3}) \leq 2$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

$\sin (x - \frac{π}{3}) = 1 \Leftrightarrow x - \frac{π}{3} = \frac{π}{2} + k 2 π \Leftrightarrow x = \frac{5 π}{6} + k 2 π, (k \in ℤ)$

Vậy GTLN của hàm số bằng 2 khi $x = \frac{5 π}{6} + k 2 π, (k \in ℤ)$ .

Câu 2

Cho hai số phức z₁, z₂ thỏa mãn các điều kiện |z₁| = |z₂| = 2 và |z₁ + 2z₂| = 4. Tính giá trị của |2z₁ − z₂|.

Xem đáp án

Lời giải

Giả sử z₁= a + bi (a, b Î ℝ), z₂ = c + di (c, d Î ℝ)

Theo giả thiết, ta có: $\{\begin{cases} |z_{1}| = 2 \\ |z_{2}| = 2 \\ |z_{1} + 2 z_{2}| = 4 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} a^{2} + b^{2} = 4 \\ c^{2} + d^{2} = 4 \\ {(a + 2 c)}^{2} + {(b + 2 d)}^{2} = 16 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} a^{2} + b^{2} = 4 (1) \\ c^{2} + d^{2} = 4 (2) \\ a^{2} + b^{2} + 4 (c^{2} + d^{2}) + 4 (a c + b d) = 16 (3) \end{cases}$

Thay (1), (2) vào (3) ta được: ac + bd = −1 (4)

Ta có: $|2 z_{1} - z_{2}| = \sqrt{{(2 a - c)}^{2} + {(2 b - d)}^{2}}$

$= \sqrt{4 (a^{2} + b^{2}) + (c^{2} + d^{2}) - 4 (a c + b d)} (5)$

Thay (1), (2), (4) vào (5) ta có: $|2 z_{1} - z_{2}| = \sqrt{4 . 4 + 4 - 4 . (- 1)} = 2 \sqrt{6}$ .

Câu 3