Vì \(\sqrt{p}>0\) nên ta có điều tương đương \(p< \left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow p< \left(3p-a-b-c\right)+2\left(\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}>0\) (luôn đúng)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta được : \(\left(1.\sqrt{p-a}+1.\sqrt{p-b}+1.\sqrt{p-c}\right)^2\le3\left(p-a+p-b+p-c\right)\)

\(\Rightarrow\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)

Vậy có đpcm.

Áp dụng BĐT Bu- nhi - a:

\(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\)\(\le\sqrt{\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(p-a+p-b+p-c\right)}\)

\(=\sqrt{3\left(3p-2p\right)}=\sqrt{3p}\)(Vì p là nửa chu vi nên \(a+b+c=2p\))

Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c\)hay tam giác ABC đều

4555555555555555555555555555555555555555555

Bất đẳng thức trên tương đương với 

[(p-a)^1/2  +(p-b) ^1/2  +(p-c)^1/2 ] ^2  \(\le\)  3p \(\Leftrightarrow\) p-a+p-b+p-c +2 [ (p-a)^1/2(p-b)^1/2 + (p-b)^1/2(p-c)^1/2 + (p-c)^1/2(p-a)^1/2]\(\le\)3p

 \(\Leftrightarrow\) (p-a)^1/2(p-b)^1/2 + (p-b)^1/2(p-c)^1/2 + (p-c)^1/2(p-a)^1/2\(\le\)p

Theo bất đảng thức cosi thì   (p-a)^1/2(p-b)^1/2 \(\le\)[(p-a)+(p-b)]/2=c/2; Tương tự (p-b)^1/2(p-c)1/2 \(\le\)a/2; (p-c)^1/2(p-a)1/\(\le\)b/2; 

Cộng tất cả các vế lại ta được điều phải chứng minh

Do a,b,c là 3 cạnh tam giác nên \(a+b-c>0;b+c-a>0;c+a-b>0\)

Đặt \(x=b+c-a>0\)

      \(y=a+c-b>0\)

     \(z=a+b-c>0\)

\(\Rightarrow a=\frac{"y+z"}{2}\)

\(\Rightarrow b=\frac{"x+z"}{2}\)

\(\Rightarrow c=\frac{"x+y"}{2}\)

\(A=\frac{a}{"b+c-a"}+\frac{b}{"a+c-b"}+\frac{c}{"a+b-c"}\)

\(=\frac{"y+z"}{"2x"}+\frac{"x+z"}{"2y"}+\frac{"x+y"}{"2z"}\)

\(=\frac{1}{2}."\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\)

Áp dụng công thức bdt Cauchy cho 2 số :

\(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)

\(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\ge2\)

\(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\ge2\)

Cộng 3 bdt trên, suy ra :

\("\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}"\ge6\)

\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{2}.6=3\) "dpcm"

P/s: Nhớ thay thế dấu ngoặc kép thành dấu ngoặc đơn nhé

Lời giải:

Biểu thức không có max mà chỉ có min bạn nhé. Nếu tính min thì làm như sau:

Đặt $x^{10}=a$ với $a\geq 0$

Khi đó: $P=a^{10}-10a+10$

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm ta có:

$a^{10}+\underbrace{1+1+1+...+1}_{9}\geq 10\sqrt[10]{a^{10}}=10a$

$\Leftrightarrow a^{10}+9\geq 10a$

$\Rightarrow P=(a^{10}+9)-10a+1\geq 10a-10a+1=1$

Vậy $P_{\min}=1$ khi $a=1\Leftrightarrow x=\pm 1$

Áp dụng định lý Pi-ta-go đó 

\(a,b,c\) là 3 cạnh của tam giác nên \(a,b,c>0\).
Chứng minh bất đẳng thức phụ 
Giả sử: \(\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\ge a+b\)
            \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
            \(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\) ( luôn đúng)

Giả sử: \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
             \(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\)
Ta có: \(\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\ge a+b+b+c+a+c\)
        \(\Rightarrow\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\ge2\left(a+b+c\right)\)
Vậy: \(\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\).
Ta chứng minh: \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Bu  - nhi - a  ta có:
\(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}\right)^2\le\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+b^2+c^2+a^2+c^2\right)\)
                                                                                   \(=6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Ta cần chứng minh: \(6\left(a^2+b^2+c^2\right)< \left(\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\right)^2\)
                     \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)< \left(a+b+c\right)^2\)
                     \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2< 2ab+2bc+2ac\)
                     \(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+c^2< 2bc+2ac\)(1)
Do \(a,b,c\)là 3 cạnh của tam giác suy ra \(a-b< c\)
Gải sử \(a>b\) suy ra \(\left(a-b\right)^2< c^2\)
Thay vào (1 ) ta có \(c^2+c^2< 2bc+2ac\)
                            \(\Leftrightarrow2c^2< 2c\left(a+b\right)\)
                             \(\Leftrightarrow c< a+b\)( Đúng với a, b, c là 3 cạnh của tam giác)
Vậy BĐT đã được chứng minh.

Binh phuong 3 ve.

=> BDT  trai dc chung minh( de roi)

CM not  BDT phai ( SD  gi nhi?)