Đề bài

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh: a) \({a^2} + {b^2} + {c^2} < 2\left( {ab + bc + ca} \right)\) b) \(\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + a - b}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\)

Lời giải chi tiết

a)   Do \(a,b,c\)là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(a > 0,b > 0,c > 0,a + b > c,b + c > a,a + c > b\). Suy ra \({a^2} < a\left( {b + c} \right),{b^2} < b\left( {a + c} \right),{c^2} < c\left( {a + b} \right)\) Do đó \({a^2} + {b^2} + {c^2} < a\left( {b + c} \right) + b\left( {a + c} \right) + c\left( {a + b} \right)\) Hay \({a^2} + {b^2} + {c^2} < 2\left( {ab + bc + ca} \right)\) b)  Chứng minh \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a - b}}\) Xét hiệu \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{4}{{a + b}}\)\( = \frac{{b\left( {a + b} \right) + a\left( {a + b} \right) - 4ab}}{{ab\left( {a + b} \right)}}\) \( = \frac{{{a^2} + {b^2} - 2ab}}{{ab\left( {a + b} \right)}}\)\( = \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{ab\left( {a + b} \right)}}\) Với a,b dương, ta có \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0,ab \ge 0,\left( {a + b} \right) \ge 0\) suy ra \(\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{ab\left( {a + b} \right)}} \ge 0\)  hay \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{4}{{a + b}}\) Vậy \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\)      Theo kết quả trên, ta có: \(\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} \ge \frac{4}{{\left( {a + b - c} \right) + \left( {b + c - a} \right)}}\) hay \(\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} \ge \frac{2}{b}\) Chứng minh tương tự, ta được \(\frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + a - b}} \ge \frac{2}{c}\)  và \(\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{c + a - b}} \ge \frac{2}{a}\) Do đó \(\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + a - b}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\).