\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow ab+bc+ca=0\)

\(\Rightarrow a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=3a^2b^2c^2\)

Ta có:

\(\dfrac{bc}{a^2}+\dfrac{ac}{b^2}+\dfrac{ab}{c^2}=\dfrac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3}{a^2b^2c^2}=\dfrac{3a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}=3\)

`1)(a+b+c)^2=3(a^2+b^2+c^2)`

`<=>a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=3a^2+3b^2+3c^2`

`<=>2ab+2bc+2ca=2a^2+2b^2+2c^2`

`<=>a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2=0`

`<=>(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0`

Mà `(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2>=0`

Vậy dấu "=" xảy ra chỉ có thể là `a=b=c`

`2)(a+b+c)^2=3(ab+bc+ca)`

`<=>a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=3ab+3bc+3ca`

`<=>a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca`

`<=>2ab+2bc+2ca=2a^2+2b^2+2c^2`

`<=>a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2=0`

`<=>(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0`

Mà `(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2>=0`

Vậy dấu "=" xảy ra chỉ có thể là `a=b=c`

Vậy nếu `a=b=c` thì ....

1) Ta có: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ac=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b\\a=c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c\)

a: \(\Leftrightarrow\left(a+1\right)^2-4a\ge0\)

hay \(\left(a-1\right)^2>=0\)(luôn đúng)

b: \(VT=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2\)

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

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

Nếu có 2 số đồng thời bằng 0 BĐT tương đương \(0\le\dfrac{3}{4}\) hiển nhiên đúng

Nếu ko có 2 số nào đồng thời bằng 0:

\(VT=\dfrac{bc}{a^2+b^2+a^2+c^2}+\dfrac{ca}{a^2+b^2+b^2+c^2}+\dfrac{ab}{a^2+c^2+b^2+c^2}\)

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

\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2}{a^2+c^2}+\dfrac{a^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2}{b^2+c^2}+\dfrac{a^2}{a^2+c^2}+\dfrac{b^2}{b^2+c^2}\right)=\dfrac{3}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

\(bc\le\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}\Rightarrow\dfrac{bc}{a^2+1}\le\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4\left(a^2+1\right)}\) chứng minh tương tự với mấy cái còn lại ta dc           \(\dfrac{bc}{a^2+1}+\dfrac{ac}{b^2+1}+\dfrac{ab}{c^2+1}\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{a^2+1}+\dfrac{\left(a+c\right)^2}{b^2+1}+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{c^2+1}\right]\) .Thay a^2 +b^2 +c^2 =1 vào vế phải ta dc\(VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(a+c\right)^2}{2b^2+c^2+a^2}+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}\right]\)

áp dụng bunhiacopski dạng phân thức ta dc\(VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2}{a^2+c^2}+\dfrac{a^2}{b^2+a^2}+\dfrac{c^2}{b^2+c^2}+\dfrac{a^2}{c^2+a^2}+\dfrac{b^2}{c^2+b^2}\right]\)                           \(VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{a^2+b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2+a^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2+b^2}{c^2+b^2}\right]\) \(\Rightarrow VT\le\dfrac{1}{4}\left(1+1+1\right)=\dfrac{3}{4}\left(đpcm\right)\)

B2: \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)=4\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=2\\a+b+c=-2\end{cases}}\)

TH1: \(a+b+c=2\Rightarrow c=2-\left(a+b\right)\)

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

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+ab-2\left(a+b\right)+1=0\)

\(\Leftrightarrow a^2+\left(b-2\right)a+b^2-2b+1=0\)

Xem đây là một phương trình bậc hai ẩn a, tham số b.

Để tồn tại a thỏa phương trình trên thì \(\Delta\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-2\right)^2-4\left(b^2-2b+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow b\left(3b-4\right)\le0\)\(\Leftrightarrow0\le b\le\frac{4}{3}\)

Do vai trò của a, b, c là như nhau nên \(0\le a,b,c\le\frac{4}{3}\)

(hoặc đổi biến thành b và tham số a --> CM được a, rồi thay \(b=2-c-a\) sẽ chứng minh được c)

TH2: \(a+b+c=-2\) --> tương tự trường hợp 1 nhưng kết quả sẽ là 

\(-\frac{4}{3}\le a,b,c\le0\)

Kết hợp 2 trường hợp lại, ta có đpcm.

dễ quá 

dễ quá

mình biêt s

làm đó