Có a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác.

2) Ta có: Áp dụng bất đẳng thức:

\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\) ta được:

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

Tương tự chứng minh được:

\(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\)

\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)

Nhân vế 3 bất đẳng thức trên với nhau ta được:

\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)

Bằng nhau

a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .

ta áp dụng (a+b+c)(\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)) >=9 

dễ chứng minh bdt phụ này 

rùi từ đây suy ra 3(a-b)(b-c)(c-a) = 0 => a=b=c (1)

mà lên bđt phụ trên thì xảy ra khi a=b=c (1)

từ (1) , (2) , ta suy ra a=b=c hay đpcm 

vì k chặt chẽ lắm nên thông cảm

Đặt \(\frac{\left(a+b-c\right)}{2}=x;\frac{\left(c+a-b\right)}{2}=y;\frac{\left(b+c-a\right)}{2}=z\) thì x, y, z > 0(do a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác)

Và \(a=x+y;b=x+z;c=y+z\)

Thay vào, ta cần chứng minh: \(2\left[xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)+6xyz\right]>0\) (luôn đúng do x, y, z > 0)

Done!

\(VT-VP=\frac{\Sigma_{cyc}\left(a-b+c\right)\left(a-b\right)^2}{abc}\ge0\) ( do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác ) 

bạn ơi giúp mình với C/M: (ax^2 - bx^2)^4 + (2ab+bx^2)^4 + (2ab+a^2)^4 = 2(a^2+ab+b^2)

có a;b;c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác nên theo bđt tam giác ta có:b+c>a \(\Rightarrow\left(b+c\right)^2>a^2\);a+b>c\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2>c^2\);

a+c>b\(\Rightarrow\left(a+c\right)^2>b^2\)suy ra \(a\left(b+c\right)^2+b\left(c+a\right)^2+c\left(a^{ }+b\right)^2>a.a^2+b.b^2+c.c^2\)

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

bạn ơi lớn hơn bằng mà ;_;