Không mất tính tồng quát, giả sử \(AB\le AC\)

Gọi M và D lần lượt là trung điểm và chân đường phân giác trong góc A trên BC

Theo định lý phân giác: \(\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{CD}{AC}\Rightarrow\dfrac{CD}{AC}=\dfrac{BD}{AB}\ge\dfrac{BD}{AC}\Rightarrow CD\ge BD\)

\(\Rightarrow BD\le BC-BD\Rightarrow BD\le\dfrac{1}{2}BC\)

\(\Rightarrow BD\le BM\)

\(\Rightarrow AD\le AM\) hay \(l_a\le m_a\)(đpcm)

Đặt \(A=l_a+l_b+l_c=\dfrac{2bc}{b+c}cos\dfrac{A}{2}+\dfrac{2ca}{c+a}cos\dfrac{B}{2}+\dfrac{2ab}{a+b}cos\dfrac{C}{2}\)

\(\Rightarrow A^2=\left(\dfrac{2bc}{b+c}cos\dfrac{A}{2}+\dfrac{2ca}{c+a}cos\dfrac{B}{2}+\dfrac{2ab}{a+b}cos\dfrac{C}{2}\right)^2\)

\(\Rightarrow A^2\le\left[\dfrac{4b^2c^2}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{4c^2a^2}{\left(c+a\right)^2}+\dfrac{4a^2b^2}{\left(a+b\right)^2}\right]\left(cos^2\dfrac{A}{2}+cos^2\dfrac{B}{2}+cos^2\dfrac{C}{2}\right)\)

Áp dụng BĐT cơ bản \(\left(x+y\right)\ge4xy\) ta có:

\(\dfrac{4b^2c^2}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{4c^2a^2}{\left(c+a\right)^2}+\dfrac{4a^2b^2}{\left(a+b\right)^2}\le\dfrac{4b^2c^2}{4bc}+\dfrac{4c^2a^2}{4ca}+\dfrac{4a^2b^2}{4ab}\)

\(=ab+bc+ca\le\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)

Đồng thời:

\(cos^2\dfrac{A}{2}+cos^2\dfrac{B}{2}+cos^2\dfrac{C}{2}=\dfrac{3+cosA+cosB+cosC}{2}\le\dfrac{3+\dfrac{3}{2}}{2}=\dfrac{9}{4}\)

\(\Rightarrow A^2\le\dfrac{9}{4}.\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow A\le\sqrt{3}\left(\dfrac{a+b+c}{2}\right)=p\sqrt{3}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều

Chứng minh gì vậy bạn??/

A=1^3+2^3+...+n^3

=(1+2+3+...+n)^2

=[n(n+1)/2]^2

=>\(\sqrt{A}=\sqrt{\left[\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}\right]^2}=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}\) 

Vì n(n+1) chia hết cho 2

nên n(n+1)/2 là số tự nhiên

=>\(\sqrt{A}\) là số tự nhiên