\(VT=\sqrt{\left(2+2a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}\)

\(VT=\sqrt{\left[a^2-2a+1+a^2+2a+1\right]\left[b^2+2bc+c^2+b^2c^2-2bc+1\right]}\)

\(VT=\sqrt{\left[\left(1-a\right)^2+\left(a+1\right)^2\right]\left[\left(bc-1\right)^2+\left(b+c\right)^2\right]}\)

Bunhiacopxki:

\(VT\ge\left(1-a\right)\left(bc-1\right)+\left(a+1\right)\left(b+c\right)=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)-2\left(1+abc\right)\)

\(BĐT\Leftrightarrow abc+2+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(a^2+b^2+c^2-2a-2b-2c+3\right)\ge a+b+c\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2\left(a+b+c\right)+3\ge\sqrt{2}\left(a+b+c-abc-2\right)\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(a-1\right)^2\ge\sqrt{2}\left[a\left(1-bc\right)+b+c-2\right]\)

Theo nguyên lý Diriclet , trong 3 số a-1 ;b-1; c-1 có ít nhất 2 số cùng dấu. Giả sử đó là b-1 và c-1 thì \(\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\)

hay \(bc-1\ge b+c-2\Leftrightarrow1-bc\le2-b-c\)

Do đó \(VF\le\sqrt{2}\left(1-a\right)\left(b+c-2\right)\)

Giờ chỉ cần chứng minh \(\sum\left(a-1\right)^2\ge\sqrt{2}\left(1-a\right)\left(b+c-2\right)\)

và điều này hiển nhiên đúng theo BĐT AM-GM:

\(\sum\left(a-1\right)^2=\left(1-a\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge\left(1-a\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(b+c-2\right)^2\ge\sqrt{2}\left|\left(1-a\right)\left(b+c-2\right)\right|\ge\sqrt{2}\left(1-a\right)\left(b+c-2\right)\)

Vậy BĐT được chứng minh. Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

P/s: có nhiều cách làm

\(\dfrac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}+\dfrac{b+1}{12}+\dfrac{c+2}{18}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(b+1\right)\left(c+2\right)}{216\left(b+1\right)\left(c+2\right)}}=\dfrac{a}{2}\)

Tương tự: \(\dfrac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+2\right)}+\dfrac{c+1}{12}+\dfrac{a+2}{18}\ge\dfrac{b}{2}\)

\(\dfrac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+2\right)}+\dfrac{a+1}{12}+\dfrac{b+2}{18}\ge\dfrac{c}{2}\)

Cộng vế:

\(VT+\dfrac{5}{36}\left(a+b+c\right)+\dfrac{7}{12}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{13}{36}\left(a+b+c\right)-\dfrac{7}{12}\ge\dfrac{13}{36}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{7}{12}=\dfrac{1}{2}\) (đpcm)

Để chứng minh bất đẳng thức (a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] ≥ 9/2, ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp chứng minh định lý hình học.

Giả sử a, b, c là các số thực và (a, b, c) không phải là (0, 0, 0). Ta có thể viết lại bất đẳng thức trên dưới dạng:

(a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] - 9/2 ≥ 0

Mở rộng và rút gọn biểu thức ta có:

2a^4 + 2b^4 + 2c^4 + 4a^2b^2 + 4b^2c^2 + 4c^2a^2 - 2a^3b - 2ab^3 - 2b^3c - 2bc^3 - 2c^3a - 2ca^3 - 9/2 ≥ 0

Đặt x = a^2, y = b^2, z = c^2, ta có:

2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 4xy + 4yz + 4zx - 2x^(3/2)√y - 2x√y^(3/2) - 2y^(3/2)√z - 2yz^(3/2) - 2z^(3/2)√x - 2zx^(3/2) - 9/2 ≥ 0

Đặt t = √x, u = √y, v = √z, ta có:

2t^4 + 2u^4 + 2v^4 + 4t^2u^2 + 4u^2v^2 + 4v^2t^2 - 2t^3u - 2tu^3 - 2u^3v - 2uv^3 - 2v^3t - 2vt^3 - 9/2 ≥ 0

Nhận thấy rằng biểu thức trên có thể viết dưới dạng tổng của các bình phương:

(t^2 + u^2 + v^2 - tu - uv - vt)^2 + (t^2 - u^2)^2 + (u^2 - v^2)^2 + (v^2 - t^2)^2 ≥ 0

Vì mọi số thực bình phương đều không âm, nên bất đẳng thức trên luôn đúng. Từ đó, ta có chứng minh rằng (a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] ≥ 9/2.

chịu thôi

\(\dfrac{a^3}{\left(b+2\right)\left(c+3\right)}+\dfrac{b+2}{36}+\dfrac{c+3}{48}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(b+2\right)\left(c+3\right)}{1728\left(b+2\right)\left(c+3\right)}}=\dfrac{a}{4}\)

Tương tự: \(\dfrac{b^3}{\left(c+2\right)\left(a+3\right)}+\dfrac{c+2}{36}+\dfrac{a+3}{48}\ge\dfrac{b}{4}\)

\(\dfrac{c^3}{\left(a+2\right)\left(b+3\right)}+\dfrac{a+2}{36}+\dfrac{b+3}{48}\ge\dfrac{c}{4}\)

Cộng vế:

\(P+\dfrac{7\left(a+b+c\right)}{144}+\dfrac{17}{48}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{29}{144}\left(a+b+c\right)-\dfrac{17}{48}\ge\dfrac{29}{144}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{17}{48}=\dfrac{1}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

chết đăng nhầm sogy nha

Ta có \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)

Áp dụng bđt cosi ta có:

\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}+\frac{b+1}{12}+\frac{c+2}{18}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{12.18}}=\frac{a}{2}\)

Làm tương tự

=>\(VT+\left(\frac{a+1}{12}+\frac{a+2}{18}\right)+\left(\frac{b+1}{12}+\frac{b+2}{18}\right)+\left(\frac{c+1}{12}+\frac{c+2}{18}\right)\ge\frac{a+b+c}{2}\)

=> \(VT\ge\frac{13}{36}.\left(a+b+c\right)-\frac{7}{12}\ge\frac{13}{36}.3-\frac{7}{12}=\frac{1}{2}\)(ĐPCM)