Bất đẳng thức cần cm tương đương:

\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\).

Mặt khác theo bđt AM - GM (Chú ý a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a + b - c > 0; b + c - a > 0; c + a - b > 0) ta có:

\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le\dfrac{\left(a+b-c+b+c-a+c+a-b\right)^3}{27}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\).

Vậy ta có đpcm.

Vì bạn không hiểu nên mình làm lại:

Thay \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\) vào bất đẳng thức cần chứng minh ta có:

\(\left(\dfrac{a+b+c}{2}-a\right)\left(\dfrac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\dfrac{a+b+c}{2}-c\right)\le\dfrac{\left(\dfrac{a+b+c}{2}\right)^3}{27}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{8}\le\dfrac{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{8}}{27}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\).

Đến đây bạn làm tiếp như lúc nãy.

BĐT\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{-a+b+c}+\dfrac{b}{a-b+c}+\dfrac{c}{a+b-c}\ge3\)

Áp dụng BĐT Svac-xơ, ta có:

\(\dfrac{a^2}{-a^2+ab+ac}+\dfrac{b^2}{ab-b^2+bc}+\dfrac{c^2}{ac+bc-c^2}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Ta có: \(a,b,c\) là 3 cạnh của 1 tam giác nên:

\(a\left(b+c\right)>a^2\). Tương tự và cộng theo vế, ta có:

\(2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)>0\)

Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge3\left(1\right)\)

Thật vậy, \(BĐT\left(1\right)\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)^2\ge6\left(ab+bc+ca\right)\), đúng

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

Cách 2:

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}-a+b+c=x\\a-b+c=y\\a+b-c=z\end{matrix}\right.\) với \(x,y,z>0\)

Khi đó ta có \(a=\dfrac{y+z}{2};b=\dfrac{x+z}{2};c=\dfrac{x+y}{2}\)

BĐT cần chứng minh trở thành:

\(\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z}\ge6\), đúng theo bđt Cauchy

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)

Ta biến đổi tương đương : \(\left(1\right)\Leftrightarrow p< \left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\)

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

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

Áp dụng bđt Bunhiacopxki, ta có \(\left(1.\sqrt{p-a}+1.\sqrt{p-b}+1.\sqrt{p-c}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(3p-a-b-c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\le3p\Rightarrow\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c => Tam giác ABC là tam giác đều

\(\hept{\begin{cases}\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2b\\\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2c\\\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2a\end{cases}}\) :))) 

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)

\(\Leftrightarrow2\left(p-a\right).2\left(p-b\right).2\left(p-c\right)\le abc\)

\(\Leftrightarrow\left(2p-2a\right)\left(2p-2b\right)\left(2p-2c\right)\le abc\)

\(\Leftrightarrow\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)\le abc\)

Đặt \(a+b-c=x;\text{ }b+c-a=y;\text{ }c+a-b=z\)

Thì \(a=\frac{x+z}{2};\text{ }b=\frac{y+x}{2};\text{ }c=\frac{z+y}{2}\)

Nên cần chứng minh: 

\(xyz\le\frac{1}{8}\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)

Điều này là hiển nhiên khi ta áp dụng bđt Côsi cho VP.

Vậy ta có đpcm.

sorry, em mới học lớp 6 thui à

Ta có :

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

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

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

Cộng từng về ta có đpcm

Ta có: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)

Áp dụng:

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

Mà \(2p=a+b+c\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{a+b+c-a-b}=\dfrac{4}{c}\)

Tương tự \(\Rightarrow2\left(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\right)\ge\dfrac{4}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{4}{c}\)

\(\Rightarrowđpcm\)

bạn chứng minh :

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\) ( chứng minh tương tự )

ta có: \(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{p-a+p-b}=\dfrac{4}{2p-a-b}\)

mặt khác : \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\Leftrightarrow2p=a+b+c\)

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

Chứng minh tương tự ta có:

\(\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{a}\left(2\right)\)

\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{b}\left(3\right)\)

Cộng từng vế (1),(2),(3), ta có:

\(2\left(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\right)\ge2\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\)

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