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

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c;b+c>a;c+a>b\\a+b;b+c;c+a< a+b+c\end{cases}}\)

Ta có : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{a+b+c}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+c+a+c}=\frac{2}{2\left(a+c\right)}=\frac{1}{a+c}\)

Chứng minh tương tự , ta được: \(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}>\frac{1}{a+b}\)

                                                     \(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}>\frac{1}{b+c}\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Ta có a + b > c ; b + c > a ; a + c > b

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

Tương tự : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}>\frac{1}{b+c},\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c}\)

Vậy ...

Ta có : a+b > c , b+c > a , c+a > b

Xét : \(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{b+c+a}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+b+a+b}=\frac{1}{a+b}\)

Tương tự , ta cũng có : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c};\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}>\frac{1}{b+c}\)

Vậy ta có đpcm

Chú ý : a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác chứ không phải a+b,b+c,c+a nhé :)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si vào biểu thức \(1+\dfrac{a}{b}\), ta có:

\(1+\dfrac{a}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}}\)    (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si vào biểu thức \(1+\dfrac{b}{c}\), ta có:

\(1+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{c}}\)    (2)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si vào biểu thức \(1+\dfrac{c}{a}\), ta có:

\(1+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{a}}\)    (3)

Từ (1), (2) và (3)

\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{a}{b}\right)\left(1+\dfrac{b}{c}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}}.2\sqrt{\dfrac{b}{c}}.2\sqrt{\dfrac{c}{a}}\)\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{a}{b}\right)\left(1+\dfrac{b}{c}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\ge8\) (vì \(\sqrt{\dfrac{a}{b}}.\sqrt{\dfrac{b}{c}}.\sqrt{\dfrac{c}{a}}=1\))

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c. Khi đó tam giác đã cho là tam giác đều

\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=8\)

Ta có (a +b)² >=4ab với mọi a,b>0. Dấu = xảy ra <=> a = b

(b+c)² >=4bc, với mọi b,c >0. Dấu = xảy ra <=> b = c

(c+a)² >=4ca, với mọi a,b>0. Dấu = xảy ra <=> c = a

=> (a+b)²(b+c)²(c+a)² >=64a²b²c² (a,b,c >0)

=> (a+b)(b+c)(c+a) >=8abc => (a+b)(b+c)(c+a)/abc >=8

Dấu = xảy ra <=> a = b = c <=> Tam giác đều

CM bất đảng thức :

 \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

XH : a + b -  2\(\sqrt{ab}=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )

Áp dụng BĐT : ...