\(a^3+b^3+3abc>c^3\)

\(\Leftrightarrow\)\(a^3+b^3-c^3+3abc>0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b\right)^3-c^3-3ab\left(a+b\right)+3abc>0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b-c\right)\left(a^2+2ab+b^2+ac+bc\right)-3ab\left(a+b-c\right)>0\)

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

\(a,\)\(b,\)\(c\)  là 3 cạnh tam giác   

\(\Rightarrow\)\(a+b-c>0\)(BĐT tam giác)

         \(a^2+b^2+c^2+Ab+ac+bc>0\)  do  a,b,c  >0

suy ra:  \(\left(a+b-c\right)\left(a^2+b^2+c^2+ab+ac\right)>0\)

\(\Rightarrow\)\(a^3+b^3-c^3+3abc>0\)

\(\Rightarrow\)\(a^3+b^3+3abc>c^3\)

P/S: phần BĐT mk trình bày kém, mong các bn giúp đỡ

Trong một tam giác thì: a + b > c

=>    (a + b)³ > c³

<=>  a³ + b³ + 3ab(a + b) > c³

mà a + b > c => 3ab(a + b) > 3abc

=> a³ + b³ + 3ab(a + b) > a³ + b³ + 3abc > c³

a;b;c ;à độ dài 3 cạnh của tam giác \(\Rightarrow a;b;c>0\)

Ta có:

\(a^3+b^3+c^3=3abc\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b+c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)=0\)

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

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\) (do \(a+b+c>0\))

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)

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

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

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Hay tam giác ABC đều

Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(a;b;c>0\)

\(a^3+b^3+c^3-3abc=0\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b+c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2+2ab-ac-bc\right)-3ab\left(a+b+c\right)=0\)

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

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)

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

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a=b=c\)

Hay tam giác ABC đều

Cho tam giác ABC với I là trung điểm của BC và tia phân giác của góc AIB cắt AB tại M và tia phân giác của góc AIC cắt N.Gọi O là giao điểm của MN và AI. a)CMR: OM=ON; b)Tam giác ABC phải thỏa mãn điều kiện gì để MN=AI; c)Tam giác ABC phải thỏa mãn điều kiện gì để tứ giác AMIN là hình vuông

1. Ta sẽ chứng minh dựa trên các kết quả quen thuộc sau về tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác:

\(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\)

Và: \(a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2=abc\)

Đẳng thức thứ nhất chỉ cần dựng hình bình hành AMIN, sau đó sử dụng định lý phân giác các góc B và C.

Đẳng thức thứ hai ta chỉ cần lấy 1 điểm P nào đó đối xứng I qua AC, gọi D, E, F là tiếp điểm của (I) với BC, AC, AB, sau đó sử dụng tỉ lệ diện tích: 

\(\dfrac{S_{AEIF}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\dfrac{AI.AK}{AB.AC}=\dfrac{IA^2}{bc}\)

Tương tự và cộng lại ...

Từ đó:

\(a.MA^2+b.MB^2+c.MC^2=a.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+b\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2+c.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)^2\)

\(=\left(a+b+c\right)MI^2+a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2+2\overrightarrow{MI}\left(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)MI^2+abc\ge abc\)

Dấu "=" xảy ra khi \(MI=0\) hay M là tâm đường tròn nội tiếp

2. Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của tam giác, thực hiện phép thế Ravi:

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+y;y+z;z+x\right)\)

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(4\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)\ge3\left(x^3+y^3+z^3+3xyz+xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\right)\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\)

Đây là BĐT Schur bậc 3

thực hiện trừ 2 vế ta (vế trái cho vế phải) ta được

(a+b+c).(a^2+b^2+c^2 -ab-bc-ca)=0

nên hoặc a+b+c=0 hoặc nhân tử còn lại bằng 0

mà a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác nên a+b+c>0

vậy a^2+b^2+c^2 -ab-bc-bc-ca=0

đặt đa thức đó bằng A

A=0 nên 2xA=0

phân tích thành hằng đẳng thức ta có (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0

nên a=b=c vậy là tam giác đều