Bai này quen quen ! Mình còn ghi trong vở nè !

Chứng minh:

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có :

\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\left(đpcm\right)\)

Ta cần chứng minh:

$\dfrac{a-b}{1+ab}+\dfrac{b-c}{1+bc}+\dfrac{c-a}{1+ac}=3\dfrac{a-b}{1+ab}\dfrac{b-c}{1+bc}\dfrac{c-a}{1+ac}$

Đặt

$x=\dfrac{a-b}{1+ab},\quad y=\dfrac{b-c}{1+bc},\quad z=\dfrac{c-a}{1+ac}$

Ta có công thức:

$\dfrac{x+y}{1-xy}=\dfrac{a-c}{1+ac}=-z$

Suy ra:

$x+y=-z(1-xy)$

$x+y+z=xyz$

Nhân $3$ vào hai vế:

$3(x+y+z)=3xyz$

Do đó đẳng thức đề bài không đúng nói chung vì vế phải đề là $3xyz$, trong khi từ biến đổi đúng ta được $x+y+z=xyz$.

Vậy đề có lẽ bị thừa hệ số $3$ ở vế phải.

Đẳng thức đúng là:

$\boxed{\dfrac{a-b}{1+ab}+\dfrac{b-c}{1+bc}+\dfrac{c-a}{1+ac}=\dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(1+ab)(1+bc)(1+ac)}}$

vì a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tg

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b>c\\a+c>b\\b+c>a\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}ac+bc>c^2\\ab+bc>b^2\\ab+ca>a^2\end{cases}}}\)

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

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\)              (1)

có : \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0\\\left(b-c\right)^2\ge0\\\left(c-a\right)^2\ge0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2-2ab+b^2\ge0\\b^2-2bc+c^2\ge0\\c^2-2ac+a^2\ge0\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ac\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow2ab+2bc+2ac\le2a^2+2b^2+2c^2\)

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

\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ac\right)\)

phần vết ở chỗ nào đấy

là sao

phân tích thôi mà  qua facebook BnoHi mình chỉ