Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) \(\left(\text{*}\right)\) , với \(a,b>0\) (vì
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương \(a,b>0\), ta được:
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\) và \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{\frac{1}{a}.\frac{1}{b}}=\frac{2}{\sqrt{ab}}\)
Do đó, \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\) \(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(a=b\)
Vậy, bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\) đã được chứng minh.
\(----------------------\)
Vì \(a,b,c,p\) lần lượt là độ dài ba cạnh và nửa chu vi của tam giác nên \(a,b,c,p>0\)
Áp dụng bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\) với \(p-a,\) \(p-b,\) \(p-c\) là các số dương, ta có:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{\left(p-a+p-b\right)}=\frac{4}{\left(2p-a-b\right)}=\frac{4}{c}\) \(\left(1\right)\)
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{\left(p-b+p-c\right)}=\frac{4}{\left(2p-b-c\right)}=\frac{4}{a}\) \(\left(2\right)\)
\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{\left(p-c+p-a\right)}=\frac{4}{\left(2p-c-a\right)}=\frac{4}{b}\) \(\left(3\right)\)
Cộng \(\left(1\right);\) \(\left(2\right);\) và \(\left(3\right)\) lần lượt vế theo vế, ta được:
\(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(p-a=p-b=p-c\), tức là \(a=b=c\) hay tam giác đã cho là tam giác đều (vì có 3 cạnh bằng nhau).
