Bất đẳng thức
 

Cho $a,b,c $ là ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge 3 $

dùng cauchy cho 3 số ko âm
$P=\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{b+a-c}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}} $
mặt khác ta có
$(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)\leq abc $
dể dàng chứng minh được theo
$ab\leq \frac{(a+b)^{2}}{4} $
$\Rightarrow P\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}=3 $
dấu "=" xảy ra a=b=c

Ta xài Bdt BCS cũng ra $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}
=\frac{a^{2}}{ba+ca-a^{2}}+\frac{b^{2}}{ab+bc-b^{2}}+\frac{c^{2}}{ac+bc-c^{2}} \geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ca)-(a^{2}+b^{2}+c^{2})} \geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca} (do ( a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq (ab+bc+ca)) $
Ta chứng minh $\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca} \geq 3 $
Thật vậy$do ( a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq (ab+bc+ca)) $
Cộng hai vế cho$2(ab+bc+ca) $ ta có $(a+b+c)^{2})\geq 3(ab+bc+ca) $ nên $ \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca} \geq 3 $(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c hay tam giác ABC đều

đặt x=b+c-a;y=c+a-b;z=a+b-c;áp dụng BDT cô si 2 lần:
$\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\geq \frac{\sqrt{xy}}{z}+\frac{\sqrt{yz}}{x}+\frac{\sqr t{zx}}{y} \geq 3 $
dấu = khi a=b=c

Bài này còn có thể cách đổi biến như sau
Đặt$b+c-a=x , c+a-b=y , a+b-c=z
\Rightarrow a=\frac{y+z}{2},b=\frac{x+z}{2},c=\frac{x+y}{2}
$ Từ bđt đã cho ta có bđt mới : $\frac{y+z}{2x}+\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z} \geq 3 $
$(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})+(\frac{y}{z}+\frac{z}{y} )+(\frac{x}{z}+\frac{z}{x})\geq 6 $(đúng) vì $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2 , \frac{y}{z}+\frac{z}{y}\geq 2,\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\geq 2 $(bdt AM-GM)

Bài này mình dùng B.Đ.T Cauchy-Swarzd cũng ra đó :

$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}= \sum \frac{a^2}{ab+bc-a^2} \ge \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)} $

Mà:$ 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2) \le 2(ab+bc+ca)-(ab+bc+ca) $$\Rightarrow $$\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)} \ge \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} \ge \frac{3(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca} =3 $

Mình làm cách đơn giản thế này :
Sau khi nhân 2 và cộng thêm 3 cho cả 2 vế của bđt ta có
$ (a+b+c)(\frac {1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}) \geq 9 $
Đây là kết quả của bđt cơ bản $ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \geq \frac{9}{x+y+z} $
Vậy ta có đpcm

Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác thì mới có $b+c-a>0, c+a-b>0, a+b-c>0 $. Còn nếu cho a, b, c không âm thì chưa đủ.

giúp mình bài BĐT đó đi.cảm ơn bạn

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: nhân vế trái với $2ab+2bc+2ac - a^2-b^2-c^2 $, ta có
$VT(2ab+2bc+2ac - a^2-b^2-c^2) \ge (a+b+c)^2 $
$\Leftrightarrow VT(a^2+b^2+ c^2) \ge (a+b+c)^2 $
$\Leftrightarrow VT \ge \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+ c^2} $ (1)
Dễ chứng minh được vế phải của (1) $\le 3 $.

ta có $\frac{a}{b+c-a}+\frac{1}{2}=\, \frac{1}{2}.\frac{a+b+c}{b+c-a} $
tương tự $\frac{b}{a+c-b}+\frac{1}{2}=\, \frac{1}{2}.\frac{a+b+c}{a+c-b} $
$\frac{c}{a+b-c}+\frac{1}{2}=\, \frac{1}{2}.\frac{a+b+c}{a+b-c} $
cộng vế theo vế 3 đẳng thức trên ta được
$\frac{a}{c+b-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}+\frac{3}{2}=\, \frac{a+b+c}{2}.(\sum \frac{1}{c+b-a}) $
áp dụng B.Đ.T Cauchy-Swarzd ta có

$\frac{a+b+c}{2}.(\sum \frac{1}{c+b-a}) \geq \, \frac{a+b+c}{2}.\frac{3^2}{a+b+c}=\frac{9}{2} $
suy ra đpcm

$(a+b-c)(b+c-a) \le \frac{(a+b-c+b+c-a)^2}{4} = \frac{4b^2}{4} = b^2 $
Tương tự, ta có ...
cuối cùng đc
$ [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2 \le (abc)^2 $
...