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.

Từ B kẻ đường thẳng song song với đường phân giác AD, cắt CA ở E. Tam giác ABE cân ở A nên AE = AB = c

\(\Rightarrow\)CE = CA + AE = b + c 

Do đó AD // BE nên ta có :

\(\frac{AD}{BE}=\frac{CA}{CE}\)hay \(\frac{x}{BE}=\frac{b}{b+c}\), do đó \(x=\frac{b}{b+c}.BE\)

Mà BE < AB + AC < 2c

\(\Rightarrow\) \(x< \frac{2bc}{b+c}\)hay \(\frac{1}{x}>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( 1 )

Tương tự ta có : \(\frac{1}{y}>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)( 2 )

ta cũng có : \(\frac{1}{z}>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)( 3 )

Cộng từng vế của ( 1 ) ; ( 2 ) ; ( 3 ) ta có :

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Vậy \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\left(ĐPCM\right)\)

Hình mình vẽ hơi xấu tí thông cảm

`1/a^2+1/b^2+1/c^2<=(a+b+c)/(abc)`
`<=>1/a^2+1/b^2+1/c^2<=1/(ab)+1/(bc)+1/(ca)`
`<=>2/a^2+2/b^2+2/c^2<=2/(ab)+2/(bc)+2/(ca)`
`<=>1/a^2-2/(ab)+1/b^2+1/b^2-2/(bc)+1/c^2+1/c^2-2/(ac)+1/a^2<=0`
`<=>(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2<=0`
Mà `(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2>=0`
`=>(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2=0`
`<=>1/a=1/b=1/c`
`<=>a=b=c`
`=>` tam giác này là tam giác đều
`=>hata=hatb=hatc=60^o`

Áp dụng bđt cosi với hai số dương:

\(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{2}{ab}\)     ; \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{bc}\)      ; \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{ac}\)

\(\Rightarrow2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}\)  (*)

Theo giả thiết có: \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\le\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{ab}\)  (2*)

Từ (*), (2*) ,dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

=> Tam giác chứa ba cạnh a,b,c thỏa mãn gt là tam giác đều

=> Số đo các góc là 60 độ

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

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

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

Xét tam giác ABC có AB = c ; AC =a ; BC = a ; AD = x ; BE = y ; CF = z ( AD ; BE ; CF là các đường phân giác.
Kẻ đường thẳng qua C song song với AD cắt AB tại M
=> BAD^ = M^ (đồng vị)
DAC^ = ACM^ (so le trong)
Mà BAD^ = DAC^ ( AD là phân giác)
=> M^ = ACM^
=> tam giác ACM cân tại A
=> AM = AC
Xét tam giác AMC có MC < AC + AM (bất đẳng thức trong tam giác AMC)
=> MC < 2AC
Xét tam giác BMC có: AD // MC
=> tam giác BAD đồng dạng tam giác BMC (hệ quả Ta - lét)
=> AD/MC = AB/MB = AB/ (AB+AM)
=> AD = (MC. AB) / (AB+AC) < ( AB . 2AC)/(AB+AC)
=> 1/AD > (AB+AC)/(AB. 2AC)
=> 1/AD > 1/2AC + 1/2AB
=> 1/AD > 1/2.(1/AC + 1/AB)
=> 1/x > 1/2. ( 1/a + 1/c ) (1)
Chứng minh tương tự: 1/y > 1/2. (1/b + 1/c) (2)
1/z > 1/2.(1/a + 1/b) (3)
Cộng (1) (2) và (3) theo từng vế: ta có:
1/x + 1/y + 1/z > 1/2 .(1/a + 1/c + 1/b + 1/c + 1/a + 1/b )
=>1/x + 1/y + 1/z > 1/a + 1/b + 1/c

:)) Chúc bạn học tốt hơn nhé

Để chứng minh rằng ama + bmb + cmc ≥ √32, ta sử dụng bất đẳng thức tam giác. Bất đẳng thức tam giác cho biết rằng tổng độ dài của ba đường trung tuyến của một tam giác luôn lớn hơn hoặc bằng bình phương độ dài cạnh tương ứng. Vì vậy, ta có:

ama + bmb + cmc ≥ (ma + mb + mc)²/3

Theo định lý đường trung tuyến, ta biết rằng ma + mb + mc = 3/2(a + b + c). Thay vào biểu thức trên, ta có:

ama + bmb + cmc ≥ (3/2(a + b + c))²/3

Simplifying the expression, we get:

ama + bmb + cmc ≥ 3/4(a + b + c)²

Để chứng minh rằng ama + bmb + cmc ≥ √32, ta cần chứng minh rằng 3/4(a + b + c)² ≥ √32. Tuy nhiên, để chứng minh điều này, cần thêm thông tin về giá trị của a, b, c.

                                                                         Nguyễn Văn A                                                                                                         

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=\sqrt{x+y-z}\\b=\sqrt{y+z-x}\\c=\sqrt{z+x-y}\end{matrix}\right.\). Vì x,y,z là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a,b,c luôn có nghĩa.

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=x+y-z\\b^2=y+z-x\\c^2=z+x-y\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{c^2+a^2}{2}\\y=\dfrac{a^2+b^2}{2}\\z=\dfrac{b^2+c^2}{2}\end{matrix}\right.\)

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

\(\dfrac{c^2+a^2}{2a}+\dfrac{a^2+b^2}{2b}+\dfrac{b^2+c^2}{2c}\ge\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\)

Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:

\(\left(\dfrac{c^2+a^2}{2a}+\dfrac{a^2+b^2}{2b}+\dfrac{b^2+c^2}{2c}\right)\left(a+b+c\right)\ge\left(\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{c^2+a^2}{2a}+\dfrac{a^2+b^2}{2b}+\dfrac{b^2+c^2}{2c}\ge\dfrac{\left(\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\right)^2}{a+b+c}\)Ta chỉ cần chứng minh BĐT sau là bài toán đc giải quyết:

\(\dfrac{\left(\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\right)^2}{a+b+c}\ge\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\ge a+b+c\left(1\right)\)

Ta có BĐT: \(a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}\ge\dfrac{a+b}{2}\)

Tương tự: \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\ge\dfrac{b+c}{2}\\\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}\ge\dfrac{c+a}{2}\end{matrix}\right.\)

Cộng vế theo vế của các BĐT trên ta có BĐT (1) đúng.

\(\Rightarrowđpcm\). Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)