3 cạnh của một tam giác là ba số dương 

áp dụng bất đẳng thức cauchy cho hai số dương

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)

\(c+a\ge2\sqrt{ca}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}=8abc\)\

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

mà a,b,c  là 3 cạnh của một tam giác đều => a=b=c => (a+b)(b+c)(c+a)=8abc

a,b,c là 3 cạnh tam giác nên a>0,b>0,c>0

\(\Leftrightarrow a^2b+abc+a^2c+ac^2+ab^2+b^2c+abc+bc^2=8abc\)

\(\Leftrightarrow a^2b+bc^2+ab^2+ac^2+a^2c+ac^2-6abc=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2b+bc^2-2abc\right)+\left(ab^2+ac^2-2abc\right)+\left(a^2c+b^2c-2abc\right)=0\)

\(\Leftrightarrow b\left(a^2-2ac+c^2\right)+a\left(b^2-2bc+c^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow b\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2=0\)

Mà b>0;(a-c)^2>=0 => b(a-c)^2>=0;

a>0;(b-c)^2>=0 => a(b-c)^2 >=0;

c>0;(a-b)^2>=0 => c(a-b)^2>=0

Do đó: \(b\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}a-c=0\\b-c=0\\a-b=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=c\\b=c\\a=b\end{cases}}}\Leftrightarrow a=b=c\)

=> a,b,c là 3 cạnh của một tam giác đều

chtt

Cô Loan ơi cứu em, em sắp thi HSG rồi

khó vl

Theo mình đề chứng minh: \(3Min\left\{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a},\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right\}\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

lên rùi nè nhanh lên

em gửi rồi nè

Áp dụng BĐT Cosi ; ta có :

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\\ b+c\ge2\sqrt{bc}\\ a+c\ge2\sqrt{ca}\\ \Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}=8\sqrt{a^2b^2c^2}=8abc\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

=> Tam giác ABC đều

Vì a; b; c là độ dài 3 cạnh tam giác.

=> a > 0

b > 0

c > 0

Áp dụng BĐT Cô - si ta có:

Cho a và b ta được: \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

Cho b và c ta được: \(b+c\ge2\sqrt{bc}\)

Cho c và a ta được: \(c+a\ge2\sqrt{ca}\)

Nhân theo vế ta được: \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)

Dấu "=" xảy ra khi: <=> a = c = d

=> a; b; c là tam giác đều.

ta sử dụng bđt \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)(cái này bạn có thể dễ dàng chúng minh )

ta có 

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

tương tự ta có 

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

\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{b}\)(3)

cộng theo vế của bđt (1);(2);(3) ta có

\(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

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

a;b;c là 3 cạnh của tam giác => a; b; c dương

Với a; b dương ta có:  \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) => a + b \(\ge\) 2. \(\sqrt{ab}\)

Tương tự, b + c \(\ge\) 2.\(\sqrt{bc}\); c + a \(\ge\)2. \(\sqrt{ca}\)

=> (a + b).(b+c).(c+a) \(\ge\)8. \(\sqrt{ab}\).\(\sqrt{bc}\).\(\sqrt{ca}\) = 8.abc 

Dấu = xảy ra khi a = b = c

=> tam giác có 3 cạnh là a; b; c là tam giác đều