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

Xét hiệu: 

\(\left(2b+c\right)^2-9bc=4b^2-5bc+c^2=\left(b-c\right)\left(4b-c\right)\le0\)

Dễ thấy b - c < 0

\(c< a+b\le2b\)

=> 4b - c > 0

Q.E.D dấu "=" xảy ra khi a = b = c

Ta có : a+b > c , b+c > a , c+a > b

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

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

Vậy ta có đpcm

Chú ý : a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác chứ không phải a+b,b+c,c+a nhé :)

\(A=\dfrac{3}{b+c-a}+\dfrac{4}{c+a-b}+\dfrac{5}{a+b-c}\)

\(=\dfrac{3}{c+a-b}+\dfrac{3}{a+b-c}+\dfrac{2}{b+c-a}+\dfrac{2}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\)

\(=3\left(\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)+2\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\)

\(do\) \(a,b,c\) \(là\) \(độ\) \(dài\) \(3\) \(cạnh\) \(\Delta\Rightarrow a,b,c\) \(không\) \(âm\) \(\) 

\(và\left\{{}\begin{matrix}b+c-a>0\\c+a-b>0\\a+b-c>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrowáp\) \(dụng\) \(Am-GM\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3\left(\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge3.\dfrac{4}{c+a-b+a+b-c}\ge\dfrac{12}{2a}\ge\dfrac{6}{a}\\2\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge2.\dfrac{4}{b+c-a+a+b-c}\ge\dfrac{8}{2b}\ge\dfrac{4}{b}\\\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{4}{b+c-a+c+a-b}\ge\dfrac{4}{2c}\ge\dfrac{2}{c}\\\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{6}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{2}{c}\)

a,b,c là số đo các cạnh của tam giác nên là các số dương, dễ thấy x>y;z

nếu x;y;z là số đo các cạnh của 1 tam giác vuông khác thì x là cạnh huyền

ta xét x²=y²+z² <=> \(\left(9a+4b+8c\right)^2=\left(4a+b+4c\right)^2+\left(8a+4b+7c\right)^2\)

<=> 81a²+16b²+64c²+72ab+64bc+144ca=80a²+17b²+65c²+72ab+64bc+144ca

<=>a²=b²+c²(đúng do a;b;c là số đo 3 cạnh của 1 tam giác vuông với a độ dài là cạnh huyền,áp dụng định lý Pytago)

Ta đã chứng minh được : x²=y²+z² .Theo định lý Pytago đảo suy ra x;y;z cũng là số đo 3 cạnh của 1 tam giác vuông 

Ta có a,b,c là số đo các cạnh của tam giác nên là các số dương.

Ta thấy x>y;z
Nếu x;y;z là số đo các cạnh của 1 tam giác vuông khác thì x là cạnh huyền
Xét x^2=y^2+z^2 <=>( 9a + 4b + 8c)^2 = (4a + b + 4c)^2+ (8a + 4b + 7c)^2
<=> 81a^2+64c^2+72ab+64bc+144ca=80a^2+17b2^+65c^2+72ab+64bc+144ca
<=>a^2=b^2+c^2
 do a;b;c là số đo 3 cạnh của 1 tam giác vuông với a độ dài là cạnh huyền,

Áp dụng định lý Pytago.Ta chứng minh được :

x^2=y^2+z^2
=> x;y;z là số đo 3 cạnh của 1 tam giác vuông (Theo định lý Pytago đảo )

NHỚ TK MK NHALưu Đức Mạnh

Chọn D

GIẢI

 Giả sử : \(a\ge b\ge c>0\) thì \(a+b\ge a+c\ge b+c\)

 Ta có : \(\frac{a}{b+c}=\frac{a}{b+c}\)

          \(\frac{b}{c+a}\le\frac{b}{b+c}\)

           \(\frac{c}{a+b}\le\frac{c}{b+c}\)

Cộng vế theo vế ta được :
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}\le\frac{a+b+c}{b+c}\)

Hay : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}\le\frac{a}{b+c}+1< 1+1=2\)

Vậy \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}< 2\)

Chúc bạn học tốt !!!

GIẢI

 Giả sử : a\ge b\ge c&gt;0a≥b≥c>0 thì a+b\ge a+c\ge b+ca+b≥a+c≥b+c

 Ta có : \frac{a}{b+c}=\frac{a}{b+c}b+ca​=b+ca​

          \frac{b}{c+a}\le\frac{b}{b+c}c+ab​≤b+cb​

           \frac{c}{a+b}\le\frac{c}{b+c}a+bc​≤b+cc​

Cộng vế theo vế ta được :
\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}\le\frac{a+b+c}{b+c}b+ca​+c+ab​+c+bc​≤b+ca+b+c​

Hay : \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}\le\frac{a}{b+c}+1&lt; 1+1=2b+ca​+c+ab​+c+bc​≤b+ca​+1<1+1=2

Vậy \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{c+b}&lt; 2b+ca​+c+ab​+c+bc​<2