- Nếu \(abc\ge0\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\ge0\) dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=0\)

- Nếu \(abc< 0\Rightarrow\)  trong 3 số a; b; c có ít nhất 1 số âm

Không mất tính tổng quát, giả sử \(c< 0\Rightarrow ab>0\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}-2\le c< 0\\ab>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow abc\ge-2ab\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\ge a^2+b^2-2ab+c^2=\left(a-b\right)^2+c^2>0\) (không thỏa mãn)

Vậy \(a=b=c=0\)

Giả sử \(c\le1\).

Khi đó: \(ab+bc+ca-abc=ab\left(1-c\right)+c\left(a+b\right)\ge0\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge abc\left(1\right)\)

Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với \(a=2,b=c=0\).

Theo giả thiết:

\(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge2ab+c^2+abc\)

\(\Leftrightarrow ab\left(c+2\right)\le4-c^2\)

\(\Leftrightarrow ab\le2-c\)

Trong ba số \(\left(a-1\right),\left(b-1\right),\left(c-1\right)\) luôn có hai số cùng dấu.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\).

\(\Rightarrow ab-a-b+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\ge a+b-1\)

\(\Leftrightarrow abc\ge ca+bc-c\)

\(\Rightarrow abc+2\ge ca+bc+2-c\ge ab+bc+ca\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\Rightarrow\) Bất đẳng thức được chứng minh.

Theo đề, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}a\ge c+d\\b\ge c+d\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-c\ge d\ge0\\b-d\ge c\ge0\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\left(a-c\right)\left(b-d\right)\ge cd\)

\(\Leftrightarrow ab-bc-ad+cd\ge cd\)

\(\Leftrightarrow\) \(ab\ge ad+bc\left(đpcm\right)\)

Áp dụng BĐT Bunyakovski\(,\) ta có: \(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

Do đó: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\ge9abc\)

Bất đẳng thức cuối tương đương: \(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab+bc+ca\right)\) \((\ast)\)

Có: \(3=a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\therefore\left(ab+bc+ca\right)=\frac{\left(a+b+c\right)^2-3}{2}\)

\((\ast)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge\frac{9}{2}\)\(\Big[(a+b+c)^2-3\Big] \)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(2a+2b+2c+3\right)\left(a+b+c-3\right)^2\ge0\)

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên.

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\). Done.

Không muốn cách dễ hiểu như trên thì dùng cách khó hiểu một tí cũng hong sao :3

Giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\)\(,\) ta có:

\(\text{VT-VP}={\frac { \left( a+b+c \right) \Big[{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2} \left( a+b \right) +{a}^{2} \left( b-c \right) \left( b+c \right) \left( a- c \right) \Big]}{ab+ac+bc}}+{\frac {abc \left( 2\,a+2\,b+2\,c+3 \right) \left( a+b+c-3 \right) ^{2}}{2\,ab+2\,ac+2\,bc}} \geqq 0\)

Thiên tài

a/ \(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2\ge a^2+b^2+c^2-2ab+2ac-2bc\)

\(\Leftrightarrow b^2-ab+ac-bc\le0\)

\(\Leftrightarrow b\left(b-a\right)-c\left(b-a\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)\left(b-a\right)\le0\) (luôn đúng do \(a\ge b\ge c\))

Dấu "=" xảy ra khi \(\left[{}\begin{matrix}a=b\\b=c\end{matrix}\right.\)

b/ Tương tự như câu trên:

\(a^2-b^2+c^2-d^2\ge\left(a-b+c\right)^2-d^2=\left(a-b+c-d\right)\left(a-b+c+d\right)\ge\left(a-b+c-d\right)^2\)

Lời giải:

a) Ta có:

\(a^2-b^2+c^2\geq (a-b+c)^2\)

\(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2\geq a^2+b^2+c^2-2ab-2bc+2ac\)

\(\Leftrightarrow 2ab+2bc\geq 2b^2+2ac\)

\(\Leftrightarrow ab+bc\geq b^2+ac\Leftrightarrow b(a-b)+c(b-a)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (a-b)(b-c)\geq 0\)

BĐT trên luôn đúng do \(a\geq b\geq c\)

Do đó ta có đpcm.

b) \(a^2-b^2+c^2-d^2\geq (a-b+c-d)^2\)

\(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2-d^2\geq (a-b)^2+(c-d)^2+2(a-b)(c-d)\)

\(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2-d^2\geq a^2+b^2+c^2+d^2-2ab-2cd+2ac-2ad-2bc+2bd\)

\(\Leftrightarrow 2(ab+cd+ad+bc)\geq 2(b^2+d^2)+2ac+2bd\)

\(\Leftrightarrow ab+cd+ad+bc\geq b^2+d^2+ac+bd\)

\(\Leftrightarrow b(a-b)+d(c-d)+d(a-b)-c(a-b)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (a-b)(b+d-c)+d(c-d)\geq 0\)

BĐT trên luôn đúng do:

\(\left\{\begin{matrix} d\geq 0\\ a\geq b\rightarrow a-b\geq 0\\ c\geq d\rightarrow c-d\geq 0\\ b\geq d\rightarrow b+d-c\geq 0\end{matrix}\right.\Rightarrow (a-b)(b+d-c)+d(c-d)\geq 0\)

Do đó ta có đpcm.