Do p là nửa chu vi tam giác nên \(2p=a+b+c\)

Ta có bổ đề sau: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

\(\Leftrightarrow x^2+2xy+y^2\ge4xy\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\)(luôn đúng)

Áp dụng vào bài toán: 

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

Tương tự: \(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a},\)\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{b}\)

\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}=4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)(đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c.

giả sử a+b+c=k>0; đặt a=kx; b=ky; c=kz => x;y;z>0 và x+y+z=1

khi đó P=k\(\left[\frac{k\left(3x-y\right)}{k^2\left(x^2+xy\right)}+\frac{k\left(3y-z\right)}{k^2\left(y^2+yz\right)}+\frac{k\left(3z-x\right)}{k^2\left(z^2+zx\right)}\right]=\frac{3x-y}{x^2+xy}+\frac{3y-z}{x^2+xy}+\frac{3z-x}{z^2+zx}\)

\(=\frac{4x-\left(x+y\right)}{x\left(x+y\right)}+\frac{4y-\left(y+z\right)}{y\left(y+z\right)}+\frac{4z-\left(z+x\right)}{z\left(z+x\right)}=\frac{4}{x+y}-\frac{1}{x}+\frac{4}{y+z}-\frac{1}{y}+\frac{4}{z+x}-\frac{1}{z}\)

\(=\frac{4}{1-z}-\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{z}=\frac{5x-1}{x-x^2}+\frac{5y-1}{y-y^2}+\frac{5z-1}{z-z^2}\)

do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác => b+c>a =>y+z>x => 1-x>x

=> x<1_/2 tức là a\(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)tương tự ta cũng có: \(y;z\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

ta sẽ chứng minh \(\frac{5t-1}{t-t^2}\le18t-3\)(*) đúng với mọi \(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

thật vậy (*) \(\Leftrightarrow\frac{5t-1}{t-t^2}-18t+3\le0\Leftrightarrow\frac{18t-21t^2+8t-1}{t-t^2}\le0\Leftrightarrow\frac{\left(2t-1\right)\left(3t-1\right)^2}{t\left(t-1\right)}\le0\)(**)

(**) hiển nhiên đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)do đó (*) đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

áp dụng (*) ta được \(P\le18x-3+18y-3=18\left(x+y+z\right)-9=9\)

dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1/₃ <=> a=b=c

@Hai Ngox: Sao phải giả sử a +  b + c = k > 0 vậy bạn? Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì đó là hiển nhiên.

Ngoài ra:

Nó tương đương với \(\Sigma c^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (1)

Hoặc \(\Sigma a^4\left(b-c\right)^2+\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)\Sigma\left(2ab-bc-ca\right)^2\ge0\) (2)

Nhận xét. Phân tích (2) cho ta thấy, bất đẳng thức \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{3a-b}{a^2+ab}+\frac{3b-c}{b^2+bc}+\frac{3c-a}{c^2+ca}\right)\le9\)

đúng với mọi a, b, c là số thực thỏa mãn \(ab+bc+ca\ge0.\)

Ai học olm nhớ add nick nguyễn đỗ hà hen,có cái mặt đẹp lắm! >.😀 😁

mới lớp 7 a ới

- Dựng phân giác AD của góc A . Sau đó dựng BB' và CC' vuông góc với AD 

- Đặt BB' = x , CC' = y . Ta có :

+) \(\Delta ABB'\)cân tại A \(sin\frac{A}{2}=\frac{x}{2c}\)

+) \(\Delta ACC'\)cân tại A \(sin\frac{A}{2}=\frac{y}{2b}\)

\(\Rightarrow sin^2\frac{A}{2}=\frac{xy}{4bc}\)

Để cm(1) , ta cần cm : \(xy\le a^2\)

+) Trong tam giác BHD vuông tại H ta có : \(BH\le CD\)hay \(\frac{x}{2}\le BD\)

+) Trong tam giác CKD vuông tại K ta có : \(CK\le CH\)hay \(\frac{y}{2}\le CD\)

\(\Rightarrow a=BD+CD\ge\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}\)

\(\Rightarrow a^2\ge xy\left(đpcm\right)\)

Kẻ phân giác AD của tam giác ABC (D nằm trên đoạn BC)

Từ B,C kẻ các đường vuông góc với đường thẳng AD tại E,F

Khi đó ta có: \(\sin\widehat{BAE}=\frac{BE}{AB}=\frac{BE}{c}\) ; \(\sin\widehat{FAC}=\frac{CF}{AC}=\frac{CF}{b}\)

Mà \(\sin\frac{\widehat{A}}{2}=\sin\widehat{BAE}=\sin\widehat{FAC}=\frac{BE}{c}=\frac{CF}{b}=\frac{BE+CF}{b+c}\)

Ta thấy \(\hept{\begin{cases}BE\le BD\\CF\le CD\end{cases}}\Rightarrow BE+CF\le BD+CD=BC\)

Lại có theo bất đẳng thức Cauchy: \(b+c\ge2\sqrt{bc}\)

\(\Rightarrow\sin\frac{\widehat{A}}{2}=\frac{BE+CF}{b+c}\le\frac{BC}{2\sqrt{bc}}=\frac{a}{2\sqrt{bc}}\)

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC cân tại A

Dễ mà, cần t sol ko?

Schur thử xem?

SOS chắc t ko có cửa đâu, chắc lại chờ anh tth đến làm vài đường cơ bản

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\le1-\frac{a}{b+c}+1-\frac{b}{c+a}+1-\frac{c}{a+b}\)

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

Đặt \(\hept{\begin{cases}b+c-a=x\\c+a-b=y\\a+b-c=z\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\a+b+c=x+y+z\end{cases}}\)(Do a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác)

Khi đó thì  \(a=\frac{y+z}{2},b=\frac{z+x}{2},c=\frac{x+y}{2}\)

\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)=\)\(2.\frac{y^2+2yz+z^2+z^2+2zx+x^2+x^2+2xy+y^2}{4}\)\(=x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\)

\(\Rightarrow\frac{b+c-a}{b+c}+\frac{c+a-b}{c+a}+\frac{a+b-c}{a+b}\)\(=\frac{2x}{2x+y+z}+\frac{2y}{2y+z+x}+\frac{2z}{2z+x+y}\)\(=\frac{2x^2}{2x^2+xy+zx}+\frac{2y^2}{2y^2+yz+xy}+\frac{2z^2}{2z^2+zx+yz}\)\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}\)\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hay tam giác ABC đều

ai trả lời nhiều tớ sẽ dùng 4 nick k cho nha cảm ơn