a/ Với mọi số thực ta luôn có:

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

Lại có do a;b;c là ba cạnh của 1 tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:

\(a+b>c\Rightarrow ac+bc>c^2\)

\(a+c>b\Rightarrow ab+bc>b^2\)

\(b+c>a\Rightarrow ab+ac>a^2\)

Cộng vế với vế: \(2\left(ab+bc+ca\right)>a^2+b^2+c^2\)

b/

Do a;b;c là ba cạnh của tam giác nên các nhân tử vế phải đều dương

Ta có:

\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{1}{4}\left(a+b-c+b+c-a\right)^2=b^2\)

Tương tự: \(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)

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

Nhân vế với vế:

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

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

\(VT=2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4\)

\(=4a^2b^2-\left(a^4+b^4+c^4+2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2\right)\)

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

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

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

Mặt khác theo BĐT tam giác ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\\left|a-b\right|< c\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b\right)^2>c^2\\\left(a-b\right)^2< c^2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b\right)^2-c^2>0\\c^2-\left(a-b\right)^2>0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow VT>0\)

Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:

\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)

Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:

\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Áp dụng (1):

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).

Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.

Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)

Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)

Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):

\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)

\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)

\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)

Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.

Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(

Cách khác câu 2:Đặt \(\left(a,b,c\right)=\left(a^3,b^3,c^3\right)\)

Có: \(VT-VP=\frac{1}{6} \sum\, \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2}+\frac{2}{3} \sum \,{a}^{2}{b}^{2} \left( a -b \right) ^{2} \geq 0\)

Bất đẳng thức trên vẫn đúng trong trường hợp $a,b,c$ là các số thực.

Thật vậy ta chỉ cần chứng minh$:$

\(\frac{1}{6}\sum \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2} \geq 0\)

Chú ý \(\sum\left(a-b\right)\left(a+b-c\right)=0\)

Ta đưa về chứng minh: \(\sum (3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc) \geq 0 \,\,\,\,\,\,(1)\)

Và \(\sum \left( 3\,{a}^{2}+2\,ab+4\,ac+2\,bc+3\,{c}^{2} \right) \left( 3\,{a} ^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \geq 0 \,\,\,\,(2)\)

$(1)$ dễ chứng minh bằng tam thức bậc $2$.

Chứng minh $(2):$

$$\text{VT} = {\frac {196\, \left( a+b+c \right) ^{4}}{27}} + \sum{\frac { \left( a-b \right) ^{2} \left( 47\,a+26\,c+47\,b \right) ^{2}
}{2538}}+\sum {\frac {328\,{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2}}{141}} \geq 0$$

Xong.

Vũ Minh Tuấn, @Nk>↑@, Nguyễn Văn Đạt, Băng Băng 2k6, tth, Nguyễn Thị Diễm Quỳnh, Lê Thị Thục Hiền,

Aki Tsuki, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm, @Akai Haruma

giúp e vs ạ! cần gấp! thanks nhiều!

\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)}{a^2c^2+2ab^2c}\)

\(P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

\(P\ge\dfrac{\left[a^2+b^2+c^2+3abc\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)

Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge2\)

Ta có: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)

\(\Leftrightarrow3abc\ge4\left(ab+bc+ca\right)-9\)

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

\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-9+2\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=2\) (đpcm)

sai cơ bản rồi bạn ơi : a(a+bc)^2 không bằng dc (a^2+abc)^2

1.

\(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4>0\\ \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^4+b^4+c^4+2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2\right)-4a^2b^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^2+b^2-c^2\right)^2-4a^2b^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^2+b^2-c^2-2ab\right)\left(a^2+b^2-c^2+2ab\right)< 0\\ \Leftrightarrow\left[\left(a-b\right)^2-c^2\right]\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]< 0\\ \Leftrightarrow\left(a-b+c\right)\left(a-b-c\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)< 0\left(1\right)\)

Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tg nên \(\left\{{}\begin{matrix}a+c>b\\a-b< c\\a+b>c\\a+b+c>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b+c>0\\a-b-c< 0\\a+b-c>0\\a+b+c>0\end{matrix}\right.\)

Do đó \(\left(1\right)\) luôn đúng (do 3 dương nhân 1 âm ra âm)

Từ đó ta được đpcm

2.

\(a,Sửa:a^6+a^4+a^2b^2+b^4-b^6\\ =\left(a^6-b^6\right)+\left(a^4+b^4+a^2b^2\right)\\ =\left(a^2-b^2\right)\left(a^4+a^2b^2+b^4\right)+\left(a^4+b^4+a^2b^2\right)\\ =\left(a^2-b^2+1\right)\left(a^4+a^2b^2+b^4\right)\\ =\left[\left(a^2+b^2\right)^2-a^2b^2\right]\left(a^2-b^2+1\right)\\ =\left(a^2-ab+b^2\right)\left(a^2+ab+b^2\right)\left(a^2-b^2+1\right)\\ b,=\left(a^3+b^3\right)-1+3ab\\ =\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)-1+3ab\\ =\left(a+b-1\right)\left(a^2+2ab+b^2+a+b+1\right)-3ab\left(a+b-1\right)\\ =\left(a+b-1\right)\left(a^2+b^2+1+a+b-ab\right)\)

\(c,=a^2b^2\left(b-a\right)+b^2c^2\left(c-a+a-b\right)-c^2a^2\left(c-a\right)\\ =-a^2b^2\left(a-b\right)+b^2c^2\left(a-b\right)+b^2c^2\left(c-a\right)-c^2a^2\left(c-a\right)\\ =\left(a-b\right)\left(b^2c^2-a^2b^2\right)+\left(c-a\right)\left(b^2c^2-c^2a^2\right)\\ =b^2\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(c+a\right)+c^2\left(c-a\right)\left(b-a\right)\left(b+a\right)\\ =\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left[b^2\left(c+a\right)-c^2\left(b+a\right)\right]\\ =\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(b^2c+ab^2-bc^2-ac^2\right)\\ =\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left[bc\left(b-c\right)+a\left(b-c\right)\left(b+c\right)\right]\\ =\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(b-c\right)\left(bc+ab+ac\right)\)

chia abc

Do abc khác 0 nên ta chia cả 2 vế của bđt cho abc. Ta được:

\(\sqrt{\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\right)}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(a+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3+\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(1+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}\)

ĐẶT: \(x=\frac{bc}{a^2};y=\frac{ca}{b^2};z=\frac{ab}{c^2}\Rightarrow xyz=1\)

KHI ĐÓ TA CẦN CHỨNG MINH:

\(\sqrt{3+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3+x+y+z+xy+yz+zx}\ge1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)

ĐẶT : \(t=\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\)

ÁP DỤNG BĐT AM-GM TA CÓ:

\(x+y+z+xy+yz+zx\ge6\sqrt[6]{xyz.xy.yz.zx}=6\)        (DO xyz=1)

\(\Rightarrow t\ge\sqrt[3]{2+6}=2\)

VẬY BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ CHO TƯƠNG ĐƯƠNG VỚI:

\(\sqrt{t^3+1}\ge1+t\Leftrightarrow t^3+1\ge t^2+2t+1\Leftrightarrow t^3-t^2-2t\ge0\Leftrightarrow t\left(t+1\right)\left(t-2\right)\ge0\)

ĐÚNG VỚI : \(t\ge2\)

ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI VÀ CHỈ KHI a=b=c

\(\Rightarrow DPCM\) 

Do a, b, c là các số thực dương nên abc khác 0

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(\sqrt{\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\right)}\ge1+\)\(+\sqrt[3]{\left(\frac{a^2}{bc}+1\right)\left(\frac{b^2}{ca}+1\right)\left(\frac{c^2}{ab}+1\right)}\)(Chia cả 2 vế của bất đẳng thức cho abc khác 0)

Đặt \(x=\frac{a}{b};y=\frac{b}{c};z=\frac{c}{a}\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=1\end{cases}}\)và bất đẳng thức trên trở thành \(\sqrt{\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)}\ge1+\sqrt[3]{\left(\frac{x}{z}+1\right)\left(\frac{y}{x}+1\right)\left(\frac{z}{y}+1\right)}\)\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)+xyz}\ge1+\sqrt[3]{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz}}\)\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)+1}\ge1+\sqrt[3]{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)

Đặt \(t=\sqrt[3]{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)suy ra \(t\ge2\). Khi đó ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành \(\sqrt{t^3+1}\ge1+t\Leftrightarrow t^3+1\ge t^2+2t+1\Leftrightarrow t\left(t-2\right)\left(t+1\right)\ge0\)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do \(t\ge2\)

Vậy bài toán được chứng minh 

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

\(8VT=4\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\left(2ab^2+2bc^2+2ca^2+2abc\right)\le\left(a^2b+b^2c+c^2a+2ab^2+2bc^2+2ca^2+3abc\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{32}\left(2a^2b+2b^2c+2c^2a+4ca^2+4ab^2+4bc^2+6abc\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{32}\left(2a^2b+2b^2c+2c^2a+4ca^2+4ab^2+4bc^2+9abc\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{32}\left[\left(a+2b\right)\left(b+2c\right)\left(c+2a\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{512}\left[\left(a+2b\right)\left(4b+8c\right)\left(c+2a\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{512}\left(\frac{a+2b+4b+8c+c+2a}{3}\right)^6=\frac{1}{512}\left(a+2b+3c\right)^6=\frac{4^6}{512}=8\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\)

1/\(=4a^2+4b^2+c^2+8ab-4bc-4ca+4b^2+4c^2+a^2+8bc-4ca-4ab+4a^2+4c^2+b^2+8ca-4bc-4ab=\)

\(=9a^2+9b^2+9c^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

2/

Ta có

\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)

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

\(\Rightarrow P=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge18\)

\(\Rightarrow P_{min}=18\)

Bunhiacopxki:

\(\left(b+a+a\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)\ge\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{2a^2+ab}{\left(b+\sqrt{ca}+c\right)^2}\ge\dfrac{2a^2+ab}{\left(2a+b\right)\left(b+c+\dfrac{c^2}{a}\right)}=\dfrac{a^2}{c^2+ab+bc}\)

Tương tự:

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

\(\dfrac{2c^2+ca}{\left(a+\sqrt{bc}+b\right)^2}\ge\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{a^2}{c^2+ab+ac}+\dfrac{b^2}{a^2+ab+bc}+\dfrac{c^2}{b^2+ac+bc}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)