Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu hỏi của Phạm Thị Hường - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Em tham khảo bài làm ở link này nhé!
Lời giải:
\(\text{VT}=\frac{1}{a(a-b)(a-c)}+\frac{1}{b(b-c)(b-a)}+\frac{1}{c(c-a)(c-b)}\)
\(=\frac{bc(c-b)}{abc(a-b)(b-c)(c-a)}+\frac{ac(a-c)}{abc(a-b)(b-c)(c-a)}+\frac{ab(b-a)}{abc(a-b)(b-c)(c-a)}\)
\(=\frac{bc(c-b)+ac(a-c)+ab(b-a)}{abc(a-b)(b-c)(c-a)}\) (1)
Xét \(bc(c-b)+ac(a-c)+ab(b-a)=bc(c-b)-ac[(c-b)+(b-a)]+ab(b-a)\)
\(=(c-b)(bc-ac)+(b-a)(ab-ac)=c(c-b)(b-a)+a(b-a)(b-c)\)
\(=(c-b)(b-a)(c-a)=(a-b)(b-c)(c-a)\) (2)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc(a-b)(b-c)(c-a)}=\frac{1}{abc}\)
Ta có đpcm.
\(a^3+b^3+c^3=3abc\\ \Rightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\\ \Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)=0\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac\left(a+b+c\ne0\right)\\ \Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2=2ab+2bc+2ac\\ \Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2=0\\ \Rightarrow a=b=c\\ \Rightarrow B=\dfrac{2}{a}.\dfrac{2}{b}.\dfrac{2}{c}=\dfrac{8}{abc}\)
\(\left(1+\dfrac{b}{a}\right)\left(1+\dfrac{c}{b}\right)\left(1+\dfrac{a}{c}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)=8abc\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm:
\(\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8abc\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
Vậy, △ABC là tam giác đều (đpcm)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
\(VT=\left(1+\dfrac{b}{a}\right)\left(1+\dfrac{c}{b}\right)\left(1+\dfrac{a}{c}\right)\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\cdot2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\cdot2\sqrt{\dfrac{a}{c}}=8\sqrt{\dfrac{abc}{abc}}=8=VP\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
Mà VT = VP => a = b = c
=> tam giác ABC đều
\(\left(1+\dfrac{b}{a}\right)\left(1+\dfrac{c}{b}\right)\left(1+\dfrac{a}{c}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{a}+\dfrac{b}{a}\right)\left(\dfrac{b}{b}+\dfrac{c}{b}\right)\left(\dfrac{c}{c}+\dfrac{a}{c}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{a}.\dfrac{b+c}{b}.\dfrac{c+a}{c}=8\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=8\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=8abc\)
Với mọi \(a,b,c>0\) ta có :
+) \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\) Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
+) \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\) Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c\)
+) \(\left(c+a\right)^2\ge4ca\) Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow c=a\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2.\left(b+c\right)^2.\left(c+a\right)^2\ge64a^2b^2c^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow\Delta ABC\) đều \(\left(đpcm\right)\)
3) Biến đổi tương đương:
\(8\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b\right)^3+\left(b+c\right)^3+\left(a+c\right)^3\) (1)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)+\left(b^3+c^3\right)+\left(a^3+c^3\right)+6\left(a^3+c^3+b^3\right)\)
\(\ge\left(a^3+b^3\right)+\left(b^3+c^3\right)+\left(a^3+c^3\right)+3ab\left(a+b\right)+3bc\left(b+c\right)+3ac\left(a+c\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[a^3+b^3-ab\left(a+b\right)\right]+\left[a^3+c^3-ac\left(a+c\right)\right]+\left[b^3+c^3-bc\left(b+c\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left(a+c\right)\left(a-c\right)^2+\left(b+c\right)\left(b-c\right)^2\ge0\) luôn đúng do a, b, c > 0
=> (1) đúng
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
4) Ta có: a+b>c ; b+c>a; a+c>b
Xét \(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+b+a+b}=\dfrac{1}{a+b}\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)
Vậy suy ra được điều phải chứng minh
B1:
\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
Xét hiệu:
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\)
\(=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\)
=> BĐT luôn đúng
*
Ta có:
\(a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)
\(b< a+c\Rightarrow b^2< ab+ac\)
\(c< a+b\Rightarrow a^2< ac+bc\)
Cộng từng vế bất đẳng thức ta được:
\(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
Vậy: \(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
B2:
Ta có: \(a+b>c\) ; \(b+c>a\); \(a+c>b\)
Xét:\(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+b+a+b}=\dfrac{1}{a+b}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{a+c+b}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{b+c+b+c}=\dfrac{1}{b+c}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+c+a+c}=\dfrac{1}{a+c}\)
Suy ra:
\(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)
=> ĐPCM