mình cm cuối cùng ra 1/2(a+b-c)((a-b)^2+(a+c)^2+(b+c)^2)>0(vìa,b,c là ba cạnh của tam giác)

Áp dụng bđt AM - GM ta có \(\sqrt{\dfrac{a^2+\left(b+c\right)^2}{2a\left(b+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a^2+\left(b+c\right)^2}{2a\left(b+c\right)}+1\right)=\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2a\left(b+c\right)}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a\left(b+c\right)}{a^2+\left(b+c\right)^2}}\ge\dfrac{2\sqrt{2}a\left(b+c\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\).

Tương tự,...

Cộng vế với vế ta có \(\sqrt{\dfrac{a\left(b+c\right)}{a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{b\left(c+a\right)}{b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\dfrac{c\left(a+b\right)}{c^2+\left(a+b\right)^2}}\ge\dfrac{4\sqrt{2}\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\). (*)

Mặt khác do a, b, c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác nên \(a\left(b+c-a\right)+b\left(c+a-b\right)+c\left(a+b-c\right)>0\Rightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge a^2+b^2+c^2\Rightarrow4\left(ab+bc+ca\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\). (**)

Từ (*) và (**) ta có đpcm.

Sửa lại đề : \(A=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge3\)

Chứng minh :

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

Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác 

nên \(x,y,z>0\)

Khi đó : \(\hept{\begin{cases}a=\frac{y+z}{2}\\b=\frac{z+x}{2}\\c=\frac{a+b}{2}\end{cases}}\)

Ta có bất đẳng thức mới theo ẩn x,y,z :

\(\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\ge3\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{y}+\frac{x}{y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)\ge3\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)\ge3\)

Ta chứng minh bất đẳng thức phụ : 

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\forall a,b>0\)

Thật vậy : \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}-\frac{2ab}{ab}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)(luôn đúng \(\forall a,b>0\))

Áp dụng ,ta được : 

\(\frac{1}{2}.2+\frac{1}{2}.2+\frac{1}{2}.2\ge3\)

\(\Leftrightarrow3\ge3\)(đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh 

Đặt \(b+c-a=x;a+c-b=y;a+b-c=z\)

Khi đó \(x;y;z>0\)và \(a=\frac{x+y}{2};b=\frac{x+z}{2};c=\frac{y+z}{2}\)

\(VT=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{1}{2}\left(\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\right)\)

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

AM - GM cho từng cặp số trên : \(VT\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2\right)=3\)

Dấu ''='' xảy ra <=> \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)

Dễ thấy : \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\) 

Tương tự :  \(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\),  \(c+a\le\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\)

=>      \(2\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)

Lời giải:

$a(b-c)^2+b(a-c)^2\vdots a+b$

$\Leftrightarrow a(b^2-2bc+c^2)+b(a^2-2ac+c^2)\vdots a+b$

$\Leftrightarrow ab(a+b)-4abc+c^2(a+b)\vdots a+b$

$\Leftrightarrow 4abc\vdots a+b$

Giả sử $a+b$ là số nguyên tố lẻ. Đặt $a+b=p$

Khi đó;

$4abc\vdots p\Leftrightarrow abc\vdots p$

$\Rightarrow a\vdots p$ hoặc $b\vdots p$ hoặc $c\vdots p$

Nếu $a\vdots p\Leftrightarrow a\vdots a+b$ (vô lý với mọi $a>0$)

Nếu $b\vdots p$ thì tương tự (vô lý)

Nếu $c\vdots p\Leftrightarrow c\vdots a+b$. Mà $c>0$ nên $c\geq a+b$

$\Leftrightarrow a+b-c\leq 0$ (vi phạm bđt tam giác)

Do đó điều giả sử sai. Tức $a+b$ là hợp số.

Ta có :

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)       (1)

Vì \(a,b,c\)là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên ta có :

\(a^2< a.\left(b+c\right)\)

\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)

Tương tự :

\(b^2< ab+bc\)

\(c^2< ca+bc\)

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

Từ (1) và (2)

=> Đpcm

Đặt: \(\hept{\begin{cases}a+b-c=x\\b+c-a=y\\c+a-b=z\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2b\\y+z=2c\\x+z=2a\end{cases}}\)

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

\(=\frac{x+z}{y}+\frac{y+z}{x}+\frac{x+y}{z}=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\ge6\)(cauchy)

=> VT>=3(đpcm)

"=" khi a=b=c

A=4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)^2

=(2ab)^2-(a^2+b^2-c^2)^2

=(a^2+b^2-c^2+2ab)[(2ab-a^2-b^2+c^2)]

=[(a+b)^2-c^2]{[-[(a+b)^2-c^2]}

=-[(a+b)^2-c^2)]^2

Theo bđt tam giác ta có a+b>c=>(a+b)^2-c^2>0 => -[(a+b)^2-c^2]<0. Vậy a<0