\(A=\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}\ge\dfrac{4}{a+b-c+b+c-a}\ge\dfrac{4}{2b}\ge\dfrac{2}{b}\\\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{4}{b+c-a+c+a-b}\ge\dfrac{4}{2c}\ge\dfrac{2}{c}\\\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{4}{a+b-c+c+a-b}\ge\dfrac{4}{2a}\ge\dfrac{2}{a}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow2\left(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\right)\ge\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) \(dấu"="xảy\) \(ra\Leftrightarrow a=b=c\)

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

Tương tự:

\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{a}\) ; \(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{c}\)

Cộng vế:

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

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c-ta}}=\dfrac{a\sqrt{t+1}}{\sqrt{\left(at+a\right)\left(b+c-ta\right)}}\ge\dfrac{2a\sqrt{t+1}}{at+a+b+c-ta}=\dfrac{2a\sqrt{t+1}}{a+b+c}\)

Làm tương tự, cộng lại và rút gọn

Câu hỏi của Phạm Thị Hường - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo bài làm ở link này nhé!

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 \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)

Tham khảo 

Để chứng minh bất đẳng thức 1 < a/b+c+b/c+a+c/a+b < 2, ta sẽ chứng minh từng phần.

Phần 1: Chứng minh 1 < a/b+c+b/c+a+c/a+b

Ta có:
a/b + b/c + c/a > 3√(a/b * b/c * c/a) = 3√(abc/(abc)) = 3

Vậy ta có: a/b + b/c + c/a + b/a + c/b + a/c > 3 + 1 + 1 = 5

Phần 2: Chứng minh a/b+c+b/c+a+c/a+b < 2

Ta có:
a/b + b/c + c/a < a/b + b/a + b/c + c/b = (a+b)/(b+c) + (b+c)/(a+b)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
(a+b)/(b+c) + (b+c)/(a+b) ≥ 2√[(a+b)/(b+c) * (b+c)/(a+b)] = 2

Do đó ta có: a/b+c+b/c+a+c/a+b < 2

Từ đó, ta suy ra bất đẳng thức 1 < a/b+c+b/c+a+c/a+b < 2.

Để chứng minh bất đẳng thức 1 < a/b+c+b/c+a+c/a+b < 2, ta sẽ chứng minh từng phần.

Phần 1: Chứng minh 1 < a/b+c+b/c+a+c/a+b

Ta có:
a/b + b/c + c/a > 3√(a/b * b/c * c/a) = 3√(abc/(abc)) = 3

Vậy ta có: a/b + b/c + c/a + b/a + c/b + a/c > 3 + 1 + 1 = 5

Phần 2: Chứng minh a/b+c+b/c+a+c/a+b < 2

Ta có:
a/b + b/c + c/a < a/b + b/a + b/c + c/b = (a+b)/(b+c) + (b+c)/(a+b)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
(a+b)/(b+c) + (b+c)/(a+b) ≥ 2√[(a+b)/(b+c) * (b+c)/(a+b)] = 2

Do đó ta có: a/b+c+b/c+a+c/a+b < 2

Từ đó, ta suy ra bất đẳng thức 1 < a/b+c+b/c+a+c/a+b < 2.

Xét tam giác ABC có ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Phân giác của các góc A, B, C lần lượt là AD = x, BE = y, CF = z.

Kẻ DM // AB \((M\in AC)\).

Ta có \(\widehat{ADM}=\widehat{BAD}=\widehat{MAD}\Rightarrow\) Tam giác AMD cân tại M.

Do đó AM = MD.

Áp dụng định lý Thales với DM // AB ta có:

\(\dfrac{MD}{AB}=\dfrac{CM}{AC}=1-\dfrac{AM}{AC}=1-\dfrac{DM}{AC}\Rightarrow\dfrac{MD}{AB}+\dfrac{MD}{AC}=1\Rightarrow\dfrac{1}{MD}=\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{AC}=\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\).

Mặt khác theo bất đẳng thức tam giác ta có \(x=AD< AM+MD=2MD\Rightarrow MD>\dfrac{x}{2}\Rightarrow\dfrac{1}{MD}< \dfrac{2}{x}\Rightarrow\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}< \dfrac{2}{x}\).

Tương tự \(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}< \dfrac{2}{y};\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}< \dfrac{2}{z}\).

Cộng vế với vế của các bđt trên rồi rút gọn ta có đpcm.

Ta có: \(abc=b+2c\)

\(\Rightarrow a=\dfrac{b+2c}{bc}\)\(\Rightarrow a=\dfrac{1}{c}+\dfrac{2}{b}\)

Áp dụng bất đẳng thức: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)

Ta có: \(\dfrac{3}{b+c-a}+\dfrac{4}{c+a-b}+\dfrac{5}{a+b-c}\)

\(=\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}+2\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)+3\left(\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge\dfrac{4}{b+c-a+c+a-b}+2.\dfrac{4}{b+c-a+a+b-c}+3.\dfrac{4}{c+a-b+a+b-c}=\dfrac{4}{2c}+2.\dfrac{4}{2b}+3.\dfrac{4}{2a}=\dfrac{2}{c}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{6}{a}=2\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{a}\right)=2\left(a+\dfrac{3}{a}\right)\ge2.2\sqrt{\dfrac{a.3}{a}}=4\sqrt{3}\)

(bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương)

\(ĐTXR\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)