Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a^2-bc=x\\b^2-ca=y\\c^2-ab=z\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x+y+z\ge0\)

\(\)Đẳng thức cần c/m trở thành: \(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\left(1\right)\)

Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho 3 số x,y,z, ta có:

\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3.y^3.z^3}=3xyz\)

=> Đẳng thức (1) luôn đúng với mọi x

Dấu = xảy ra khi: x=y=z hay \(a^2-bc=b^2-ca=c^2-ab\)

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

Lời giải:

Ba số thực $a,b,c$ cần có thêm điều kiện không âm mới đúng.

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$ab^3+bc^3+ca^3+2abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3+abc(a+b+c)$

$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a(*)$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^3b+b^3c+c^3a)(abc^2+bca^2+cab^2)\geq (a^2bc+b^2ca+c^2ab)^2$

$\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq abc(a+b+c)$

BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

SOS là ra, khá đơn giản. Ta có:

$$\text{VP}-\text{VT}=ab \left( -c+a \right) ^{2}+ca \left( b-c \right) ^{2}+cb \left( a-b
\right) ^{2}\geqq 0.$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

a,b,c>0 

\(VP-VT=a^3b+b^3c+c^3a-abc\left(a+b+c\right)=abc\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a}\ge0\)

Ta chứng minh BĐT sau cho các số dương:

\(x^5+y^5\ge xy\left(x^3+y^3\right)\)

\(\Leftrightarrow x^5-x^4y+y^5-xy^4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^4-y^4\right)\left(x-y\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\ge0\) (đúng)

Áp dụng:

\(\dfrac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}\ge\dfrac{ab\left(a^3+b^3\right)}{ab\left(a+b\right)}=\dfrac{a^3+b^3}{a+b}=a^2-ab+b^2\)

Tương tự và cộng lại:

\(VT\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)=2-\left(ab+ca+ca\right)\)

\(VT\ge4-\left(ab+bc+ca\right)-2=4\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2\)

\(VT\ge4\left(ab+bc+ca\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2=3\left(ab+bc+ca\right)-2\) (đpcm)

giúp với 

Theo bđt Cauchy - Schwart ta có:

\(\text{Σ}cyc\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}=\text{Σ}cyc\frac{\frac{1}{a^2}}{b+\frac{1}{c}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+a+b+c}\)\(=\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3}\)

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

Đặt \(ab+bc+ca=x;abc=y\).

Ta có: \(\frac{x^2}{xy+3y^2}\ge\frac{9}{x\left(1+y\right)}\Leftrightarrow x^3+x^3y\ge9xy+27y^2\)

\(\Leftrightarrow x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\) ( luôn đúng )

Vậy BĐT đc CM. Dấu '=' xảy ra <=> a=b=c=1

sai rồi nhé bạn 

làm sao mà \(x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\)lại luôn đúng

1 ) (a+b+c)^2 >= 3(ab+bc+ac)

<=> a^2 + b^2 + c^2 >= ab + bc + ac

<=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 >= 2ab + 2bc + 2ac

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

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

( luôn đúng với mọi a ; b ; c )

( đpcm )

2 ) P =  \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ac}+\frac{ab+bc+ac}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+bc+ac\right)}+\frac{ab+bc+ac}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{8\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+bc+ac\right)}\)

AD BĐT Cô - si và BĐT phụ đã cmt ở trên  ta có : \(P\ge2.\frac{1}{3}+\frac{8.3.\left(ab+bc+ac\right)}{9\left(ab+bc+ac\right)}=\frac{2}{3}+\frac{8}{3}=\frac{10}{3}\)

Dấu " = " xảy ra <=> a = b = c 

Khôi Bùi : theo e ý 2 có thể đơn giản hóa vấn đề bằng cách đặt ẩn phụ

đặt \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}=t\left(t\ge3\right)\)

\(\Rightarrow P=t+\frac{1}{t}=\frac{t}{9}+\frac{1}{t}+\frac{8}{9}t\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(P\ge2.\sqrt{\frac{t}{9}.\frac{1}{t}}+\frac{8}{9}t\ge\frac{2.1}{3}+\frac{8}{9}.3=\frac{10}{3}\)

Dấu " = " xảy ra <=> a=b

\(VT=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{ab+bc+ca}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{8\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(VT\ge2\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)}{9\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)^2}}+\frac{24\left(ab+bc+ca\right)}{9\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{10}{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)