Ta có : a+b > c , b+c > a , c+a > b

Xét : \(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{b+c+a}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+b+a+b}=\frac{1}{a+b}\)

Tương tự , ta cũng có : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c};\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}>\frac{1}{b+c}\)

Vậy ta có đpcm

Chú ý : a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác chứ không phải a+b,b+c,c+a nhé :)

\(p+q=1\Rightarrow q=1-p\)

BĐT cần c/m trở thành:

\(pa^2+\left(1-p\right)b^2-p\left(1-p\right)c^2>0\)

\(\Leftrightarrow p^2c^2+\left(a^2-b^2-c^2\right)p+b^2>0\) (1)

\(\Delta=\left(a^2-b^2-c^2\right)^2-4b^2c^2=\left(a^2-b^2-c^2+2bc\right)\left(a^2-b^2-c^2-2bc\right)\)

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

\(=\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\left(a-b-c\right)\left(a+b+c\right)< 0\) theo BĐT tam giác

\(\Rightarrow\) (1) luôn đúng

Ko xài delta thì biến đổi tương đương (1) xuống bằng cách thêm bớt là được:

\(\left(1\right)\Leftrightarrow p^2c^2+2.\dfrac{a^2-b^2-c^2}{2c}.pc+\left(\dfrac{a^2-b^2-c^2}{2c}\right)^2+b^2-\left(\dfrac{a^2-b^2-c^2}{2c}\right)^2>0\)

\(\Leftrightarrow\left(pc+\dfrac{a^2-b^2-c^2}{2c}\right)^2+\dfrac{4b^2c^2-\left(a^2-b^2-c^2\right)^2}{4c^2}>0\)

\(\Leftrightarrow\left(pc+\dfrac{a^2-b^2-c^2}{2c}\right)^2+\dfrac{\left(2bc+a^2-b^2-c^2\right)\left(2bc-a^2+b^2+c^2\right)}{4c^2}>0\)

\(\Leftrightarrow\Leftrightarrow\left(pc+\dfrac{a^2-b^2-c^2}{2c}\right)^2+\dfrac{\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]\left[\left(b+c\right)^2-a^2\right]}{4c^2}>0\)

\(\Leftrightarrow\Leftrightarrow\left(pc+\dfrac{a^2-b^2-c^2}{2c}\right)^2+\dfrac{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)}{4c^2}>0\) (luôn đúng theo BĐT tam giác)

1. đặt b + c - a = x, a + c - b = y , a + b - c = z thì x,y,z > 0

theo bất đẳng thức ( x + y ) ( y + z ) ( x + z ) \(\ge\)8xyz ( tự chứng minh ) , ta có :

2a . 2b . 2c \(\ge\)8 ( b + c - a ) ( a + c - b ) ( a + b - c )

\(\Rightarrow\)abc \(\ge\)( b + c - a ) ( a + c - b ) ( a + b - c )

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = c

Ta có a + b > c, b + c > a, a + c > b

Xét \(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c+b}+\frac{1}{b+c+a}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+b+a+b}=\frac{1}{a+b}\)

tương tự : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}>\frac{1}{b+c},\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c}\)

vậy ...

Cách khác của câu 1.

Ta có:

\(\hept{\begin{cases}a\ge\left|b-c\right|\\b\ge\left|a-c\right|\\c\ge\left|a-b\right|\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a\ge\left(b-c\right)^2\\b\ge\left(a-c\right)^2\\c\ge\left(a-b\right)^2\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\ge a^2-\left(b-c\right)^2\left(1\right)\\b^2\ge b^2-\left(a-c\right)^2\left(2\right)\\c^2\ge c^2-\left(a-b\right)^2\left(3\right)\end{cases}}\)

Nhân vế theo vế của (1);(2);(3) ta có:

\(a^2b^2c^2\ge\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right]\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]\)

\(\Rightarrow a^2b^2c^2\ge\left(b+c-a\right)^2\left(a+c-b\right)^2\left(a+b-c\right)^2\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Vì m, n, p là độ dài 3 cạnh tam giác vuông (p là cạnh huyền) nên

p² = m² + n²

Ta có: a² - b² - c² = (4m + 8n + 9p)² - (m + 4n + 4p)² - (4m + 7n + 8p)²

= - n² + p² - m² = 0

=> a² = b² + c²

Vậy a, b, c cũng là độ dài ba cạnh tam giác vuông. Và cạnh huyền là a