Ta có: \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-abc+\left(ab+bc+ca\right)-\left(a+b+c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-\left(ab+bc+ca\right)\le1-abc\le1\)

Mà \(\hept{\begin{cases}b\ge b^2\\c\ge c^3\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-\left(ab+bc+ca\right)\le1-abc\le1\)

a,b,c∈[0,1]⇒b≥b²;c≥c³

Ta có:

a,b,c∈[0,1]⇒(1−a)(1−b)(1−c)≥0

⇔1−a−b−c+ab+bc+ca−abc≥0

⇔a+b+c−ab−bc−ca+abc≤1

⇒a+b²+c³−ab−bc−ca≤1

⇒đpcm

Dấu "=" xảy ra khi trong a,b,ccó 1 số bằng 1, 1 số bằng 0, số còn lại là 1 hoặc 0

3)

1.

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng phía so với \(\dfrac{2}{3}\), không mất tính tổng quát, giả sử đó là b và c

\(\Rightarrow\left(b-\dfrac{2}{3}\right)\left(c-\dfrac{2}{3}\right)\ge0\)

Mặt khác \(0\le a\le1\Rightarrow1-a\ge0\)

\(\Rightarrow\left(b-\dfrac{2}{3}\right)\left(c-\dfrac{2}{3}\right)\left(1-a\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow-abc\ge\dfrac{4a}{9}+\dfrac{2b}{3}+\dfrac{2c}{3}-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc-\dfrac{4}{9}\)

\(\Leftrightarrow-abc\ge-\dfrac{2a}{9}+\dfrac{2}{3}\left(a+b+c\right)-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc-\dfrac{4}{9}=-\dfrac{2a}{9}-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc+\dfrac{8}{9}\)

\(\Leftrightarrow-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{4ab}{3}-\dfrac{4ac}{3}-2bc+\dfrac{16}{9}\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{ab}{3}-\dfrac{ac}{3}-bc+\dfrac{16}{9}\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{a}{3}\left(b+c\right)-bc+\dfrac{16}{9}\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{a}{3}\left(2-a\right)-\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}+\dfrac{16}{9}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}+\dfrac{a^2}{3}-\dfrac{2a}{3}-\dfrac{\left(2-a\right)^2}{4}+\dfrac{16}{9}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca-2abc\ge\dfrac{a^2}{12}-\dfrac{a}{9}+\dfrac{7}{9}=\dfrac{1}{12}\left(a-\dfrac{2}{3}\right)^2+\dfrac{20}{27}\ge\dfrac{20}{27}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge2abc+\dfrac{20}{27}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2}{3}\)

2.

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+1;y+1;z+1\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x;y;z\in\left[0;2\right]\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(P=\left(x+1\right)^3+\left(y+1\right)^3+\left(z+1\right)^3\)

\(P=x^3+y^3+z^3+3\left(x^2+y^2+z^2\right)+12\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\Rightarrow x\ge1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y^3+z^3=\left(y+z\right)^3-3yz\left(y+z\right)\le\left(y+z\right)^3\\y^2+z^2=\left(y+z\right)^2-2yz\le\left(y+z\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P\le x^3+\left(3-x\right)^3+3x^2+3\left(3-x\right)^2+12\)

\(\Rightarrow P\le15x^2-45x+66=15\left(x-1\right)\left(x-2\right)+36\le36\)

(Do \(1\le x\le2\Rightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)\le0\))

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị hay \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;3\right)\) và các hoán vị

Có: 1-a, 1-b, 1-c ≥ 0 

=> (1-a)(1-b)(1-c) = 1 - (a+b+c) + ab+bc+ca - abc \(\ge\) 0 

1 \(\ge\) a+b+c - ab - bc - ca + abc (*) 

mặt khác cũng từ gt: 0\(\le\)≤ a, b, c \(\le\) 1 => b \(\ge\) b² ; c \(\ge\) c³ ; abc \(\ge\) 0 

(*) => 1 \(\ge\) a + b² + c³ - ab-bc-ca (đpcm)  

Dấu "=" xảy ra khi có 1 số = 0 và 1 số = 1

Có :

( 1 - a ) ( 1 - b ) ( 1 - c ) ≥ 0 ( do a,b,c thuộc [0;1] )

\(\Leftrightarrow\)1 - a - b - c +ab + bc + ca- abc ≥ 0

\(\Leftrightarrow\) a + b + c - ab - bc -ca \(\le\) 1 - abc

Do a,b,c thuộc [0;1] nên b^2\(\le\)b; c³ \(\le\)c và abc \(\le\) 1

Suy ra 1\(\ge\)1 - abc \(\ge\) a + b + c -ab - bc - ca  \(\ge\)a + b² + c³ -ab - bc - ca

Dấu bằng xảy ra khi 2 số bằng 0, 1 số bằng 1. ( tự thay )

Vì a, b, c thuộc đoạn (0,1) nên 1- a, 1 - b, 1 - c \(\ge\)0.

\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)

\(\Rightarrow1-a-b-c+ab+bc+ca-abc\ge0\)

\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\le1\left(đpcm\right)\)

Dấu bằng xảy ra khi có 1 số bằng 1, 2 số còn lại bằng 0

À thêm nx b<b^2, c<c^3 vì thuộc  (0,1). Thay vào kết quả trên ta có đpcm

Bunhiacopxki:

\(\left(a^2+bc+ca\right)\left(b^2+bc+ca\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{ab}{a^2+bc+ca}\le\dfrac{ab\left(b^2+bc+ca\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Tương tự: \(\dfrac{bc}{b^2+ca+ab}\le\dfrac{bc\left(c^2+ca+ab\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

\(\dfrac{ca}{c^2+ab+bc}\le\dfrac{ca\left(a^2+ab+bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{ab\left(b^2+bc+ca\right)+bc\left(c^2+ca+ab\right)+ca\left(a^2+ab+bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{ab\left(b^2+bc+ca\right)+bc\left(c^2+ca+ab\right)+ca\left(a^2+ab+bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\le\dfrac{a^2+c^2+c^2}{ab+bc+ca}\)

\(\Leftrightarrow ab\left(b^2+bc+ca\right)+bc\left(c^2+ca+ab\right)+ca\left(a^2+ab+bc\right)\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

Nhân phá và rút gọn 2 vế:

\(\Leftrightarrow a^3b+b^3c+c^3a\ge abc\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3b+b^3c+c^3a}{abc}\ge a+b+c\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{c}+\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{c^2}{b}\ge a+b+c\)

Đúng do: \(\dfrac{a^2}{c}+\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{c^2}{b}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)