ta có BĐT \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\)(chứng minh = AM-GM)

\(abc\ge\left(2-2a\right)\left(2-2b\right)\left(2-2c\right)=8\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\)

\(abc\ge8\left[1-\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)

\(\Leftrightarrow9abc\ge-8+8\left(ab+bc+ca\right)\)

do đó \(VT\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)+8\left(ab+bc+ca\right)-8\)

\(VT\ge4\left(a+b+c\right)^2-8=16-8=8\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)

a) Theo bất đẳng thức tam giác ta có :
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{cases}\left(1\right)}\)

Ta có : \(a+b+c=2\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c=2-a\\a+b=2-c\\a+c=2-b\end{cases}\left(2\right)}\)

Từ (1) và (2)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 2-a\\b< 2-b\\c< 2-c\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a< 2\\2b< 2\\2c< 2\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 1\\b< 1\\c< 1\end{cases}\left(đpcm\right)}\)

b )  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 

\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\le\left(\frac{2a}{2}\right)^2=a^2\)

Tường tự ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(\Leftrightarrow9abc\ge8\left(ab+bc+ca\right)-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)\)

\(+4\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\left(a+b+c\right)^2-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)

Chúc bạn học tốt !!!

a ) Theo bất đẳng thức tam giác ta có :

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{cases}\left(1\right)}\)

Ta có : \(a+b+c=2\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c=2-a\\a+b=2-c\\a+c=2-b\end{cases}\left(2\right)}\)

Từ (1) và (2) 

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 2-a\\b< 2-b\\c< 2-c\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a< 2\\2b< 2\\2c< 2\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 1\\b< 1\\c< 1\end{cases}\left(đpcm\right)}\)

b ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 

\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\le\left(\frac{2a}{2}\right)^2=a^2\)

Tương tự ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(\Leftrightarrow9abc\ge8\left(ab+bc+ca\right)-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\left(a+b+c\right)^2-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{3}\)

Chúc bạn học tốt !!!

** Lần sau bạn lưu ý viết đề bằng công thức toán (hộp công thức nằm ở nút biểu tượng $\sum$ bên trái khung soạn thảo)

Lời giải:

a) Vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:

$c< a+b\Rightarrow c^2< c(a+b)$

$b< a+c\Rightarrow b^2< b(a+c)$

$a<b+c\Rightarrow a^2< a(b+c)$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2< c(a+b)+b(a+c)+a(b+c)$

hay $a^2+b^2+c^2< 2(ab+bc+ac)$ (đpcm)

b) 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$\text{VT}[a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)]\geq (a+b+c)^2$

$\text{VT}[2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)]\geq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)}(*)$

Mà theo BĐT Cô-si:

$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}$. Do đó:

$2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)^2-2(a^2+b^2+c^2)$

$\leq (a+b+c)^2-2.\frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{(a+b+c)^2}{3}(**)$

Từ $(*); (**)\Rightarrow \text{VT}\geq 3$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$

Lời giải khác của câu b

Đặt $b+c-a=x; a+c-b=y; a+b-c=z$. Theo BĐT tam giác thì $x,y,z>0$

$\Rightarrow c=\frac{x+y}{2}; a=\frac{y+z}{2}; b=\frac{x+z}{2}$

Bài toán trở thành:

Cho $x,y,z>0$. CMR $\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\geq 3$
Thật vậy:

Áp dụng BĐT Cô-si:

 \(\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(x+y)(y+z)(x+z)}{8xyz}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{xz}}{8xyz}}=3\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$

bạn cx z luôn nha Akai Haruma

a) Theo bất đẳng thức tam giác ta có

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{matrix}\right.\) (1)

Ta có \(a+b+c=2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+c=2-a\\a+b=2-c\\a+c=2-b\end{matrix}\right.\) (2)

Từ (1) và (2)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a< 2-a\\b< 2-b\\c< 2-c\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a< 2\\2b< 2\\2c< 2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a< 1\\b< 1\\c< 1\end{matrix}\right.\) ( đpcm )

b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\le\left(\dfrac{2a}{2}\right)^2=a^2\)

Tượng tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(\Leftrightarrow9abc\ge8\left(ab+bc+ca\right)-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\left(a+b+c\right)^2-8\)

\(\Leftrightarrow9abc+4\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge8\) ( đpcm )

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2}{3}\)

vì a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tg

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c\\a+c>b\\b+c>a\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}ac+bc>c^2\\ab+bc>b^2\\ab+ca>a^2\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ac+ab+bc+ac>a^2+b^2+c^2\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\)              (1)

có : \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0\\\left(b-c\right)^2\ge0\\\left(c-a\right)^2\ge0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2-2ab+b^2\ge0\\b^2-2bc+c^2\ge0\\c^2-2ac+a^2\ge0\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ac\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow2ab+2bc+2ac\le2a^2+2b^2+2c^2\)

\(\Rightarrow ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2\)                     (2)

\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\)

Dấu bằng xảy ra khi đẳng thức VT = VP biện luận để tìm ra bài này chắc là tam giác đều

Lời giải:

Ta sử dụng BĐT phụ sau (BĐT Bunhiacopxky):

$(x^2+y^2)(z^2+t^2)\geq (xz+yt)^2$. 

Chứng minh BĐT này đơn giản. Bạn biến đổi tương đương thì BĐT còn lại $(xt-yz)^2\geq 0$ (luôn đúng)

---------------------------------

Áp dụng BĐT trên vào bài toán:

Với $x=\sqrt{\frac{1}{a+b-c}}; y=\sqrt{\frac{1}{b+c-a}}; z=\sqrt{a+b-c}; t=\sqrt{b+c-a}$, ta có:

$\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\right)[(a+b-c)+(b+c-a)]\geq (1+1)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\geq \frac{4}{2b}=\frac{2}{b}(1)$.

Tương tự:

$\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\geq \frac{2}{a}(2)$

$\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\geq \frac{2}{c}(3)$

Lấy $(1)+(2)+(3)$ theo vế và thu gọn ta có đpcm.

Trong bài BĐT, người ta thường yêu cầu CM $A\geq B, A\leq B$.

Đi tìm "Dấu = xảy ra" nghĩa là đi xác định giá trị của $a,b,c$ để $A=B$ thôi, chứ không phải $A>B$ hay $A<B$

Ví dụ trong bài này, dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$.

-----------------------------------------------

Ví dụ đơn giản hơn là cho $a,b$ dương thỏa mãn $a+b=2$. CMR $a^2+b^2\geq 2$.

Đi tìm dấu "=" xảy ra là ta đi tìm giá trị của $a,b$ mà $a^2+b^2=2$.

Đương nhiên, $a,b$ vẫn phải thỏa mãn điều kiện đề (>0; tổng bằng 2) 

Từ những điều kiện trên ta suy ra $a=b=1$ chính là điểm mà dấu "=" xảy ra.

a^2+b^2+c^2+2abc<2

a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên a < b + c

\(\Leftrightarrow2a< a+b+c\Leftrightarrow2a< 2\Leftrightarrow a< 1\)

Chứng minh tương tự: b < 1; c < 1

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}1-a>0\\1-b>0\\1-c>0\end{cases}}\Leftrightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)>0\)

\(\Leftrightarrow1-c-b+bc-a+ac+ab-abc>0\)

\(\Leftrightarrow1-\left(a+b+c\right)+ab+bc+ac>abc\)

\(\Leftrightarrow1-2+ab+bc+ac>abc\)

\(\Leftrightarrow abc< -1+ab+bc+ac\)

\(\Leftrightarrow2abc< -2+2ab+2bc+2ac\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< -2+2ab+2bc+2ac+a^2+b^2+c^2\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< \left(a+b+c\right)^2-2\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< 2^2-2\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< 2\left(đpcm\right)\)

ミ★长 - ƔξŦ★彡 mất công vl ra:(

Ta chứng minh: \(a^2+b^2+c^2< \frac{\left(a+b+c\right)^2}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)>0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+ca\right)-a^2+\left(bc+ab\right)-b^2+\left(ca+bc\right)-c^2>0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c-a\right)+b\left(c+a-b\right)+c\left(a+b-c\right)>0\)(đúng theo bđt tam giác)

Do đó \(a^2+b^2+c^2< \frac{\left(a+b+c\right)^2}{2}=2^{\left(đpcm\right)}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}a=y+z\\b=x+z\\c=x+y\end{cases}}\)

Khi đó, \(x,y,z\) dương và ta cần c/m:

\(\left(2x+y+z\right)\left(2y+x+z\right)\left(2z+x+y\right)\)

\(\ge8Σ\left(y-z\right)\left(2x+y+z\right)\left(2y+x+z\right)\)

Hay \(Σ\left(2x^3+15x^2y-x^2z+\frac{16}{3}xyz\right)\ge0\)

Nó hiển nhiên đúng vì \(x^3+y^3+z^3\ge x^2z+y^2x+z^2y\) theo BĐT Rearrangement

còn 1 cách khác hơi mạnh cần thì nhắn cho mk nhé :)