Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức :

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

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\ge a+b+c\left(đpcm\right)\)

Bất đẳng thức được chứng minh 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng cộng mẫu:

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

\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)

Do \(a,b,c\) là độ dài ba cạnh tam giác , \(a,b,c>0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c-a>0\\c+a-b>0\\a+b-c>0\end{cases}}\)

Áp dụng BĐT AM - GM cho hai số dương ta có :

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

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

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

Cộng vế với vế của các BĐT cùng chiều ở trên ta có :

\(\frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}+a+b+c\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\ge a+b+c\)

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

Vậy BĐT được chứng minh !

Đặt ⎧⎪⎨⎪⎩a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0){a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0)

⇒⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩a=z+x2b=x+y2c=y+z2⇒{a=z+x2b=x+y2c=y+z2

⇒√a(1b+c−a−1√bc)=√2(z+x)2(1y−2√(x+y)(y+z))≥√x+√z2(1y−2√xy+√yz)=√x+√z2y−1√y⇒a(1b+c−a−1bc)=2(z+x)2(1y−2(x+y)(y+z))≥x+z2(1y−2xy+yz)=x+z2y−1y
Tương tự

⇒∑√a(1b+c−a−1√bc)≥∑√x+√z2y−∑1√y⇒∑a(1b+c−a−1bc)≥∑x+z2y−∑1y

⇒VT≥∑[x√x(y+z)]2xyz−∑√xy√xyz≥2√xyz(x+y+z)2xyz−x+y+z√xyz≐x+y+z√xyz−x+y+z√xyz=0⇒VT≥∑[xx(y+z)]2xyz−∑xyxyz≥2xyz(x+y+z)2xyz−x+y+zxyz≐x+y+zxyz−x+y+zxyz=0

(∑√xy≤x+y+z,x√x(y+z)≥2x√xyz)(∑xy≤x+y+z,xx(y+z)≥2xxyz)

dấu = ⇔x=y=z⇔a=b=c

Mai Anh ! cậu giỏi quá, cậu nè :33 

Ha~ Idol về mảng copy nay giỏi quá lè:33. Tác hại của việc copy paste là đây

Lần sai copy paste nhớ nhìn lại với chỉnh sửa đi nhá. Ko để này lộ liễu bôi bác lắm

Copy always mà vẫn 50k giải tuần đấy, ghê=))

Vì a, b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác

=> \(\hept{\begin{cases}a+b>c\\b+c>a\\c+a>b\end{cases}}\)(bđt)

=>\(\frac{a}{b}\)\(< \frac{a+m}{b+m}\)\(\left(\frac{a}{b}< 1;a,b,m>0\right)\)

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

làm tương tự 2 cái còn lại

cộng vế đẳng thức trên ta đc :

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< \)\(\frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}\)\(=\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

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

=> đpcm

Tự nhiên lục được cái này :'( 

3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)

\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{b+c-a+c+a-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b-c+c+a-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)

Cộng theo vế ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c 

a=12 b=1 c=4

k đi

  Áp dụng BĐT côsi ta có: 

a² + bc ≥ 2.a√(bc) 

<=> 1/(a² + bc) ≤ 1/(2a√(bc)) -------------(1) 

tương tự vậy: 

1/(b² + ac) ≤ 1/(2b√(ac)) -------------------(2) 

1/(c² + ab) ≤ 1/(2c√(ab)) -------------------(3) 

lấy (1) + (2) + (3) 

=> 1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ 1/(2a√(bc)) + 1/(2b√(ac)) + 1/(2c√(ab)) 

<=>1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ √(bc)/2abc + √(ac)/2abc + √(ab)/2abc 

<=>1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ [√(bc) + √(ac) + √(ab) ]/2abc (!) 

Ta chứng minh bổ đề: 

√(ab) + √(bc) + √(ac) ≤ a + b + c 

thật vậy, áp dụng BĐT côsi ta được: 

a + b ≥ 2√(ab) --- (*) 

a + c ≥ 2√(ac) --- (**) 

b + c ≥ 2√(bc) --- (***) 

lấy (*) + (**) + (***) => 2(a + b + c) ≥ 2.[ √(bc) + √(ac) + √(ab) ] 

<=> √(bc) + √(ac) + √(ab) ≤ a + b + c (@) 

từ (!) và (@) 

=> 1/(a² + bc) + 1/(b² + ac) + 1/(c² + ab) ≤ (a + b + c)/2abc ( Đpcm )

Áp dụng AM - GM:

\(\frac{1}{a^2+bc}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}};\frac{1}{b^2+ac}\le\frac{1}{2b\sqrt{ca}};\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)

Khi đó:

\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}\)

\(=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\le\frac{a+b+c}{2abc}\)

do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác nên a,b,c > 0 ; p -a,p-b,p-c > 0

Áp dung BĐT : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

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

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

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

Cộng từng vế 3 BĐT trên,ta được : 

\(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\)

\(\Rightarrow dpcm\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2ab-2bc-2ca=1-2ab-2bc-2ca

((a^2+b^2+c^2)-1)/2abc=(1-2ab-2bc-2ca-1)/abc=-(1/a+1/b+1/c)

T=4/a+b +4/b+c +4/c+a<=1/a+1/b+1/b+1/c+1/c+1/a-1/a-1/b-1/c=1/a+1/b+1/c<=9

Dấu = khi a=b=c=1/3

e cảm ơn anh nhìu nke hihi .Anh giỏi wa

cái khúc cuối  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le9\)  có phải bị ngược dấu rồi không?