Từ giả thiết suy ra $a > b >c.$ Mặt khác $ah_a=bh_b=ch_c=2S$, với $S$ là diện tích tam giác.Suy ra BĐT đã cho tương đương với $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \qquad (1)$Nhân hai vế của (1) với $abc>0$ ta được:$(1)\Leftrightarrow b^2c+c^2a+a^2b\geq a^2c+b^2a+c^2b$ $\Leftrightarrow b^2(c-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow b^2(c-b+b-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow (b-c)(a^2-b^2)+(a-b)(c^2-b^2)\geq 0$ $\Leftrightarrow (a-b)(b-c)[(a+b)-(c+b)]=(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0$.BĐT trên đúng theo giả thiết, ta suy ra đpcm.
Bài toán này phải là đi chứng minh:$\frac{h_a}{h_b}+\frac{h_b}{h_c}+\frac{h_c}{h_a}\leqslant \frac{h_b}{h_a}+\frac{h_c}{h_b}+\frac{h_a}{h_c}$Từ giả thiết suy ra $a > b >c.$ Mặt khác $ah_a=bh_b=ch_c=2S$, với $S$ là diện tích tam giác.Suy ra BĐT đã cho tương đương với $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \qquad (1)$Nhân hai vế của (1) với $abc>0$ ta được:$(1)\Leftrightarrow b^2c+c^2a+a^2b\geq a^2c+b^2a+c^2b$ $\Leftrightarrow b^2(c-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow b^2(c-b+b-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow (b-c)(a^2-b^2)+(a-b)(c^2-b^2)\geq 0$ $\Leftrightarrow (a-b)(b-c)[(a+b)-(c+b)]=(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0$.BĐT trên đúng theo giả thiết, ta suy ra đpcm.
Từ giả thiết suy ra $a > b >c.$ Mặt khác $ah_a=bh_b=ch_c=2S$, với $S$ là diện tích tam giác.Suy ra BĐT đã cho tương đương với $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \qquad (1)$Nhân hai vế của (1) với $abc>0$ ta được:$(1)\Leftrightarrow b^2c+c^2a+a^2b\geq a^2c+b^2a+c^2b$ $\Leftrightarrow b^2(c-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow b^2(c-b+b-a)+c^2(a-b)+a^2(b-c)\geq 0$ $\Leftrightarrow (b-c)(a^2-b^2)+(a-b)(c^2-b^2)\geq 0$ $\Leftrightarrow (a-b)(b-c)[(a+b)-(c+b)]=(a-b)(b-c)(a-c)\geq 0$.BĐT trên đúng theo giả thiết, ta suy ra đpcm.