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

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

\(x+y=b+c-a+a+c-b=2c\Rightarrow c=\frac{x+y}{2}\)

\(y+z=a+c-b+a+b-c=2a\Rightarrow a=\frac{y+z}{2}\)

\(z+x=a+b-c+b+c-a=2b\Rightarrow b=\frac{z+x}{2}\)

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

\(\Leftrightarrow2A=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)\ge6\) (BĐT AM-GM)

\(\Rightarrow A\ge\frac{6}{2}=3\).Dấu "=" khi a=b=c

Lời giải:

Xét hiệu: $a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ac)=\frac{2a^2+2b^2+2c^2-2(ab+bc+ac)}{2}=\frac{(a^2+b^2-2ab)+(b^2+c^2-2bc)+(c^2+a^2-2ac)}{2}=\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}\geq 0$ với mọi $a,b,c>0$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac(1)$

Lại có:

Do $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:

$a< b+c$

$\Rightarrow a^2< a(b+c)$

Tương tự: $b^2< b(a+c); c^2< c(a+b)$

Cộng theo vế các BĐT trên: $a^2+b^2+c^2< a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)=2(ab+bc+ac)(2)$

Từ $(1); (2)$ ta có đpcm.

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)

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