ta có \(P=a^3+b^3+c^3+3abc=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+3abc\)

              \(=1-3\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-a\right)+3abc\)

nhân tung ra và rút gọn thì \(P=1-3\left(ab+bc+ca\right)+6abc=1-3\left(ab+bc+ca-2abc\right)\)

vì \(b+c>a\Rightarrow a+b+c\ge2a\Rightarrow2a-1< 0\)

tương tự với mấy cái kia nhân vaò và ta có 

\(\left(2a-1\right)\left(2b-1\right)\left(2c-1\right)< 0\)\(\Leftrightarrow8abc-4\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a+b+c\right)-1< 0\)

=> \(1< 4\left(ab+bc+ca\right)-8abc\Rightarrow\frac{1}{4}< \left(ab+bc+ca-2abc\right)\)

=> \(\Rightarrow-3\left(ab+bc+ca-2abc\right)< -\frac{3}{4}\)

=> \(1-3\left(ab+bc+ca-2abc\right)< \frac{1}{4}\) => p<1/4

B) ta có \(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(b+c-a\right)=\sqrt{\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right]\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]}< abc\)

=> \(\left(1-2a\right)\left(1-2b\right)\left(1-2c\right)< abc\)

=> \(4\left(ab+bc+ca-2abc\right)\le abc+1\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3+1=\frac{28}{27}\)

=> \(ab+bc+ca-abc\le\frac{7}{27}\)

=> \(P\ge1-3.\frac{7}{27}=\frac{2}{9}\)

Ta có a+b+c=1;a;b;c>0 nên

P=a³+b³+c³+3abc

=(a+b+c)³-3(a+b)(b+c)(c+a)+3abc

=1-3abc-3∑ab(a+b)

=1-3abc-3∑ab(1-c)

=1-3(ab+bc+ca)+6abc

Vì a;b;c là 3 cạnh của một tam giác nên

b+c>a=>a+b+c>2a=>2a<1. Tương tự 2b<1;2c<1

Nên (2a-1)(2b-1)(2c-1)<0

<=> 8abc-4(ab+bc+ca)+2(a+b+c)-1<0

=>4[ab+bc+ca-2abc]>1

=>P<1/4

Ta có:

(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=

\(\sqrt{\left[b^2-\left(a-c\right)^2\right].\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right].\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]}\)≤abc

=>(1-2a)(1-2b)(1-2c)≤abc

=>4[ab+bc+ca-2abc]≤abc+1≤\(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3+1=\frac{28}{27}\)

=>P≥1-3.\(\frac{28}{4.27}=\frac{2}{9}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c=\(\frac{1}{3}\)

trời mãi ms xong

Áp dụng bđt \(\frac{m^2}{x}+\frac{n^2}{y}+\frac{p^2}{z}\ge\frac{\left(m+n+p\right)^2}{x+y+z}\)

được : \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b-c+b+c-a+c+a-b}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)

Dễ thấy a,b,c là độ dài của tam giác nên

a + b - c > 0 ; b + c - a > 0 ; c+a-b > 0

Theo Cauchy-Schwarz thì

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c = 1

Ta có: Vì chu vi của tam giác là 3 nên a + b + c = 3

Xét: \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)

Tương tự CM được:

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

Cộng vế 3 BĐT trên lại ta được:

\(2VT\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow VT\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3^2}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)

cách khác @@

Theo AM-GM ta có :

\(\frac{1}{a+b-c}+\left(a+b-c\right)\ge2\sqrt{\frac{1}{a+b-c}.\frac{a+b-c}{1}}=2\)

Tương tự \(\frac{1}{b+c-a}+\left(b+c-a\right)\ge2\)

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

Cộng theo vế : \(LHS+2\left(a+b+c\right)-a-b-c\ge6\)

\(< =>LHS+3\ge6< =>LHS\ge3\)

Dấu = xảy ra \(< =>a=b=c=1\)

Vậy ta có điều phải chứng minh