Do a;b;c là 3 cạnh của 1 tam giác nên: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b-c>0\\a+c-b>0\\b+c-a>0\end{matrix}\right.\)

\(A=\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\left(2ab+a^2+b^2-c^2\right)\)

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

\(=\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)>0\) (đpcm)

\(a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)

Tương tự:\(b^2< bc+ab;c^2< ca+cb\)

Cộng lại có đpcm

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(VT=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}}\)

Cần chứng minh \(3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}}\ge3\)

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

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

Tương tự nhân theo vế ta có DPCM

Đặt: \(\hept{\begin{cases}b+c-a=x\\a+c-b=y\\a+b-c=z\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}2c=x+y\\2a=y+z\\2b=x+z\end{cases}}\)

\(A=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\)

\(2A=\frac{2a}{b+c-a}+\frac{2b}{a+c-b}+\frac{2c}{a+b-c}\)

\(2A=\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\right)\ge6\)

\(\Leftrightarrow A\ge3."="\Leftrightarrow a=b=c\)

Đặt A là biểu thức ở vế trái

Theo bất đẳng thức tam giác: \(\hept{\begin{cases}b+c>a\\c+a>b\\a+b>c\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}b+c-a>0\\c+a-b>0\\a+b-c>0\end{cases}}\)

Đặt: \(\hept{\begin{cases}b+c-a=x\\a+c-b=y\\a+b-c=z\end{cases}\left(x;y;z>0\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{y+z}{2}\\b=\frac{x+z}{2}\\c=\frac{x+y}{2}\end{cases}}}\)

Khi đó: \(A=\frac{\frac{y+z}{2}}{x}+\frac{\frac{x+z}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y}{2}}{z}\)

\(=\frac{y+z}{2x}+\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}\)

\(=\frac{1}{2}\left[\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}\right]\)

\(=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\right]\)

\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2\right)=3\)

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z

BN có thể giải thích cho mk vì sao \(\frac{1}{2}\left[\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right]\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2\right)\)

đc ko ?

Theo bài ra, x;y;z > 0

Xét hiệu: \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2=\frac{x^2-2xy+y^2}{xy}=\frac{\left(x-y\right)^2}{xy}\ge0\) (với x;y >0 )

\(\Rightarrow\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x-y=0\Leftrightarrow x=y\)

Tương tự: \(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\ge2,\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\ge2\)

Do đó: \(\frac{1}{2}\left[\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\right]\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2\right)=3\)

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z

\(\Rightarrow b+c-a=a+c-b=a+b-c\Rightarrow a=b=c\)

vì a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác áp dụng bđt tam giác ta có\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c\Rightarrow a+b-c>0\\a+c>b\Rightarrow a+c-b>0\\b+c>a\Rightarrow b+c-a>0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{a+b-c};\sqrt{a+c-b};\sqrt{b+c-a}\)luôn được xác định\(\left(\sqrt{a+b-c}-\sqrt{a+c-b}\right)>=0\Rightarrow a+b-c-2\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}+a+c-b\)\(>=0\Rightarrow a+b-c+a+c-b>=2\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}\Rightarrow\frac{a+b-c+a+c-b}{2}=\frac{2a}{2}\)

\(=a>=\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)}\)

tương tự ta có :\(b>=\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)};c>=\sqrt{\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)}\)

\(\Rightarrow abc>=\sqrt{\left(a+b-c\right)^2\left(a+c-b\right)^2\left(b+c-a\right)^2}=\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\)

dấu = xảy ra khi a=b=c

dòng 3 là vì  \(\left(\sqrt{a+b-c}-\sqrt{a+c-b}\right)^2>=0\)nhá

Vì a:b:c là độ dài  cạnh tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b>c\\b+c>a\\c+a>b\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}}\)

Áp dụng bđt AM - GM ta có :

\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=\frac{2b}{2}=b\)(1)

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

\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le\frac{b+c-a+c+a-b}{2}=\frac{2c}{2}=c\)(3)

Nhân vế với vế của (1); (2);(3) lại ta được :

\(\sqrt{\left(a+b-c\right)^2\left(b+c-a\right)^2\left(c+a-b\right)^2}\le abc\)

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

`1/a^2+1/b^2+1/c^2<=(a+b+c)/(abc)`
`<=>1/a^2+1/b^2+1/c^2<=1/(ab)+1/(bc)+1/(ca)`
`<=>2/a^2+2/b^2+2/c^2<=2/(ab)+2/(bc)+2/(ca)`
`<=>1/a^2-2/(ab)+1/b^2+1/b^2-2/(bc)+1/c^2+1/c^2-2/(ac)+1/a^2<=0`
`<=>(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2<=0`
Mà `(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2>=0`
`=>(1/a-1/b)^2+(1/b-1/c)^2+(1/c-1/a)^2=0`
`<=>1/a=1/b=1/c`
`<=>a=b=c`
`=>` tam giác này là tam giác đều
`=>hata=hatb=hatc=60^o`

Áp dụng bđt cosi với hai số dương:

\(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{2}{ab}\)     ; \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{bc}\)      ; \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{ac}\)

\(\Rightarrow2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}\)  (*)

Theo giả thiết có: \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\le\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{ab}\)  (2*)

Từ (*), (2*) ,dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

=> Tam giác chứa ba cạnh a,b,c thỏa mãn gt là tam giác đều

=> Số đo các góc là 60 độ