Do a,b,c là ba cạnh của tam giác nên a,b,c >0

Với x,y\(\ge\)0, ta có:

\(\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\)(CO-si)

=>\(xy\le\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}\)

Áp dụng ba lần , ta có:

Lần 1: \(\left(P-a\right)\left(P-b\right)\le\dfrac{\left(P-a+P-b\right)^2}{4}\)(khi a=b)

<=>\(\left(P-a\right)\left(P-b\right)\le\dfrac{c^2}{4}\)(1)

Lần 2: \(\left(P-b\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{\left(P-b+P-c\right)^2}{4}\)(b=c)

<=>\(\left(P-b\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{a^2}{4}\)(2)

Lần 3: \(\left(P-a\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{\left(P-a+P-c\right)^2}{4}\)(a=c)

<=>\(\left(P-a\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{b^2}{4}\)(3)

Lấy (1) nhân (2) nhân (3), ta có:

\(\left[\left(P-a\right)\left(P-b\right)\left(P-c\right)\right]^2\le\left(\dfrac{abc}{8}\right)^2\)

<=>\(\left(P-a\right)\left(P-b\right)\left(P-c\right)\le\dfrac{1}{8}abc\)(khi a=b=c)

toán 8,9 khó chả ai trả lời cả khổ lắm!!!!!!

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

\(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)

Ta có : \(\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)=\left(\frac{a+b+c}{2}-a\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)\)

         \(=\frac{b+c-a}{2}.\frac{a+c-b}{2}.\frac{a+b-c}{2}=\frac{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{8}\)

         \(=\frac{\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}.\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}.\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}}{8}\)

          \(\le\frac{\frac{a+b-c+b+c-a}{2}.\frac{b+c-a+c+a-b}{2}.\frac{a+b-c+c+a-b}{2}}{8}\)

           \(=\frac{\frac{2b}{2}.\frac{2c}{2}.\frac{2a}{2}}{8}=\frac{abc}{8}\)

Dấu "=" <=> tam giác đó đều

p là nửa chu vi =>a+b+c=2p

a, \(a^2-b^2-c^2+2bc=a^2-\left(b^2-2bc+c^2\right)=a^2-\left(b-c\right)^2=\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\)

\(=\left(a+b+c-2b\right)\left(a+b+c-2c\right)=\left(2p-2b\right)\left(2p-2c\right)=4\left(p-b\right)\left(p-c\right)\) (đpcm)

b, \(p^2+\left(p-a\right)^2+\left(p-b\right)^2+\left(p-c\right)^2=p^2+p^2-2pa+a^2+p^2-2pb+b^2+p^2-2pc+c^2\)

\(=4p^2-2p\left(a+b+c\right)+a^2+b^2+c^2=4p^2-2p.2p+a^2+b^2+c^2=a^2+b^2+c^2\) (đpcm)

Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\forall a,b,c\\\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\forall a,b,c\\\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\forall a,b,c\end{cases}}\)

Nhân vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được : 

\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\left(1\right)\)

Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)>0\)

Mà dễ thấy \(abc>0\)

Nên từ \(\left(1\right)\) : \(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)(đpcm)

kb đi rồi mk giúp

(p-a)(p-b)(p-c)=(\(\left(\frac{b+c-a}{2}\right)\left(\frac{a+c-b}{2}\right)\left(\frac{a+b-c}{2}\right)\)

Mà a,b,c là ba canh tam giác nên \(b+c-a\le a\)

Tương tự suy ra

https://olm.vn/hoi-dap/detail/215234263127.html

câu của bn tương tự vs câu trên nha