\(\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=8\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}{a^2b^2c^2}=64\)(*)

Ta có :\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\) ; \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\) ; \(\left(c+a\right)^2\ge4ca\)

Suy ra vế trái của (*) lớn hơn hoặc = 64. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Khi đó tg ABC đều.

chưngs minh tam giác abc đều mà sao lại nói tam giác abc ko đều

Vì \(a,b,c\)là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c;b+c>a;c+a>b\\a+b;b+c;c+a< a+b+c\end{cases}}\)

Ta có : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{a+b+c}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+c+a+c}=\frac{2}{2\left(a+c\right)}=\frac{1}{a+c}\)

Chứng minh tương tự , ta được: \(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}>\frac{1}{a+b}\)

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

\(\Rightarrowđpcm\)

3 cạnh của một tam giác là ba số dương 

áp dụng bất đẳng thức cauchy cho hai số dương

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)

\(c+a\ge2\sqrt{ca}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}=8abc\)\

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

mà a,b,c  là 3 cạnh của một tam giác đều => a=b=c => (a+b)(b+c)(c+a)=8abc

a,b,c là 3 cạnh tam giác nên a>0,b>0,c>0

\(\Leftrightarrow a^2b+abc+a^2c+ac^2+ab^2+b^2c+abc+bc^2=8abc\)

\(\Leftrightarrow a^2b+bc^2+ab^2+ac^2+a^2c+ac^2-6abc=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2b+bc^2-2abc\right)+\left(ab^2+ac^2-2abc\right)+\left(a^2c+b^2c-2abc\right)=0\)

\(\Leftrightarrow b\left(a^2-2ac+c^2\right)+a\left(b^2-2bc+c^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow b\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2=0\)

Mà b>0;(a-c)^2>=0 => b(a-c)^2>=0;

a>0;(b-c)^2>=0 => a(b-c)^2 >=0;

c>0;(a-b)^2>=0 => c(a-b)^2>=0

Do đó: \(b\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}a-c=0\\b-c=0\\a-b=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=c\\b=c\\a=b\end{cases}}}\Leftrightarrow a=b=c\)

=> a,b,c là 3 cạnh của một tam giác đều

Ta có a + b > c ; b + c > a ; a + c > b

\(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{a+b+c}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+b+a+b}=\frac{1}{a+b}\)

Tương tự : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}>\frac{1}{b+c},\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c}\)

Vậy ...

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

Em tham khảo bài làm ở link này nhé!

CM bất đảng thức :

 \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

XH : a + b -  2\(\sqrt{ab}=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )

Áp dụng BĐT : ... 

\(VT=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ac+bc}\)

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

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

\(\Rightarrow\) Tam giác là tam giác đều