Bằng nhau

a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .

ta áp dụng (a+b+c)(\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)) >=9 

dễ chứng minh bdt phụ này 

rùi từ đây suy ra 3(a-b)(b-c)(c-a) = 0 => a=b=c (1)

mà lên bđt phụ trên thì xảy ra khi a=b=c (1)

từ (1) , (2) , ta suy ra a=b=c hay đpcm 

vì k chặt chẽ lắm nên thông cảm

Xét tam giác ABC có: AB = c, BC = a, AC = b.Từ A dựng đường thẳng d // BC. Lấy B' đối xứng với B qua d.Ta nhận thấy: BB' = 2.h . Ta có: B B ′ 2 + B C 2 = B ′ C 2 BB′2+BC2=B′C2 \leq ( B ′ A + A C ) 2 (B′A+AC)2 . Suy ra: 4. h a 2 4.ha2 \leq ( c + b ) 2 − a 2 (c+b)2−a2 (1) Hoàn toàn tương tự: 4. h b 2 4.hb2 \leq ( c + a ) 2 − b 2 (c+a)2−b2 (2) 4. h c 2 4.hc2 \leq ( a + b ) 2 − c 2 (a+b)2−c2 (3) Từ (1)(2)(3) ta có: ( c + b ) 2 − a 2 + ( c + a ) 2 − b 2 + ( a + b ) 2 − c 2 (c+b)2−a2+(c+a)2−b2+(a+b)2−c2 \geq 4. ( h a 2 + h b 2 + h c 2 ) 4.(ha2+hb2+hc2) \Rightarrow ( a + b + c ) 2 (a+b+c)2 \geq 4. ( h a 2 + h b 2 + h c 2 ) 4.(ha2+hb2+hc2) (dpcm)

a on à :D 

\(\frac{1}{m-2a}+\frac{1}{m-2b}+\frac{1}{m-2c}=\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\)

áp dụng bđt cô si ta có:

\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{4}{b+c-a+c+a-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)

\(\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{4}{c+a-b+a+b-c}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)

\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)\ge\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{m-2a}+\frac{1}{m-2b}+\frac{1}{m-2c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\left(Q.E.D\right)\)

dấu = xảy ra khi a=b=c

do AD//CM nên \(\frac{AD}{CM}=\frac{BA}{BM}=\frac{c}{b+c}\)

mà \(CM< AM+AC=2b=>\frac{c}{bc}>\frac{AD}{2b}=>\frac{1}{l_a}>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(1\right)\)

tương tự ta có 

\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{l_b}>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\left(2\right)\\\frac{1}{l_c}>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(3\right)\end{cases}}\)

cộng (1) (2) (3) zế zới zế ta được đpcm

Đặt \(\hept{\begin{cases}b+c=x\\a+c=y\\a+b=z\end{cases}}\)với x,y,z dương và \(a=\frac{y+z-x}{2};b=\frac{x+z-y}{2};c=\frac{x+y-z}{2}\)

Ta có \(\frac{a}{1-a}+\frac{b}{1-b}+\frac{c}{1-c}=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\right)-\frac{3}{2}\ge1+1+1-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z

Với x=y=z thì a=b=c => tam giác ABC đều

Cách khác :

Chu vi tam giác bằng 1 suy ra \(a+b+c=1\Rightarrow\hept{\begin{cases}1-a=b+c\\1-b=c+a\\1-c=a+b\end{cases}}\)

Nên đẳng thức viết lại thành: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)\(=\frac{3}{2}\)

Ta sẽ chứng minh \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel: 

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ca}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Vậy tam giác ABC đều.

Sai chỗ nào tự sửa nha :)))

Bài này hình như trong sách nào mà t quên ròi, ai nhớ nhắc với

file:///C:/Users/THAOCAT/Pictures/%C4%90%E1%BA%A1i%20S%E1%BB%91%20-%20H%C3%ACnh%20H%E1%BB%8Dc%20L%E1%BB%9Bp%208,9/%C4%90%E1%BB%81%20thi%20hsg%20to%C3%A1n%208/De%20thi%20chon%20HSG.pdf

Web có hơn 600 nghìn câu hỏi mà toàn thấy câu hỏi giống nhau với câu thấy nhiều đến chảy hết nước mắt rồi

:)