Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng: aba+b−c+bcb+c−a+cac+a−b≥a+b+c.

Đặt: x=a+b−cy=b+c−az=c+a−b ⇒x+y=a+b−c+b+c−a=2by+z=b+c−a+c+a−b=2cx+z=a+b−c+c+a−b=2a 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⇒y>0z>0x>0 Khi đó A=aba+b−c+bcb+c−a+cac+a−b ⇒4A=2a . 2ba+b−c+2b . 2cb+c−a+2c . 2ac+a−b =x+zx+yx+x+yy+zy+y+zx+zz =x2+xy+z+yzx+y2+yz+x+zxy+z2+zx+y+xyz =xx+y+z+yzx+yx+y+z+zxy+zx+y+z+xyz =3x+y+z+yzx+zxy+xyz =3x+y+z+yz2xyz+zx2xyz+xy2xyz Áp dụng BĐT Cô-si ta có: yz2xyz+zx2xyz≥2yz2 . zx2xyz=2z . xyzxyz=2z zx2xyz+xy2xyz≥2zx2 . xy2xyz=2x . xyzxyz=2x xy2xyz+yz2xyz≥2xy2 . yz2xyz=2y . xyzxyz=2y Suy ra yz2xyz+zx2xyz+xy2xyz≥2z+2x+2y2=x+y+z Khi đó: 4A=3x+y+z+yz2xyz+zx2xyz+xy2xyz≥3x+y+z+x+y+z Þ 4A ≥ 4(x + y + z) Þ A ≥ (x + y + z) = a + b + c Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c. Vậy aba+b−c+bcb+c−a+cac+a−b≥a+b+c khi và chỉ khi a = b = c.

Câu hỏi:

23/08/2023 398

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$\frac{a b}{a + b - c} + \frac{b c}{b + c - a} + \frac{c a}{c + a - b} \geq a + b + c$ .

Xem lời giải

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

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

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

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

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

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

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

$\Rightarrow 4 A = \frac{2 a . 2 b}{a + b - c} + \frac{2 b . 2 c}{b + c - a} + \frac{2 c . 2 a}{c + a - b}$

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

$= \frac{x^{2} + x (y + z) + y z}{x} + \frac{y^{2} + y (z + x) + z x}{y} + \frac{z^{2} + z (x + y) + x y}{z}$

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

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

$= 3 (x + y + z) + \frac{{(y z)}^{2}}{x y z} + \frac{{(z x)}^{2}}{x y z} + \frac{{(x y)}^{2}}{x y z}$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

$\frac{{(y z)}^{2}}{x y z} + \frac{{(z x)}^{2}}{x y z} \geq 2 \frac{\sqrt{{(y z)}^{2} . {(z x)}^{2}}}{x y z} = 2 \frac{z . x y z}{x y z} = 2 z$

$\frac{{(z x)}^{2}}{x y z} + \frac{{(x y)}^{2}}{x y z} \geq 2 \frac{\sqrt{{(z x)}^{2} . {(x y)}^{2}}}{x y z} = 2 \frac{x . x y z}{x y z} = 2 x$

$\frac{{(x y)}^{2}}{x y z} + \frac{{(y z)}^{2}}{x y z} \geq 2 \frac{\sqrt{{(x y)}^{2} . {(y z)}^{2}}}{x y z} = 2 \frac{y . x y z}{x y z} = 2 y$

Suy ra $\frac{{(y z)}^{2}}{x y z} + \frac{{(z x)}^{2}}{x y z} + \frac{{(x y)}^{2}}{x y z} \geq \frac{2 z + 2 x + 2 y}{2} = x + y + z$

Khi đó:

$4 A = 3 (x + y + z) + \frac{{(y z)}^{2}}{x y z} + \frac{{(z x)}^{2}}{x y z} + \frac{{(x y)}^{2}}{x y z} \geq 3 (x + y + z) + (x + y + z)$

Þ 4A ≥ 4(x + y + z)

Þ A ≥ (x + y + z) = a + b + c

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c.

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

Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

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 2

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 3