Sử dụng AM - GM ta dễ có:

\(abc\left(a+b+c\right)=bc\left(a^2+ab+ac\right)\le\left(\frac{a^2+ab+bc+ca}{2}\right)^2=\left[\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\right]^2=\frac{1}{4}\)

Suy ra đpcm

Không khó nha,!

\(\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2};\frac{z^3}{x\left(y+2z\right)}\ge\frac{x+y+z}{3}\)

\(\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\)

\(=\frac{abc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^2\left(a+b\right)}\)( do abc = 1 )

\(=\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{bc+ab}+\frac{ab}{ac+bc}\)(1)

Đặt \(\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)(1) trở thành \(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\)

và ta cần chứng minh \(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)

Tuy nhiên đây là bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc :D

nên ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> x=y=z => a=b=c=1

\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\) ( bđt phụ + Cauchy-Schwarz dạng Engel ) 

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)

CM bđt phụ : \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

\(\Leftrightarrow\)\(2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2zx\)

\(\Leftrightarrow\)\(2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)

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

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y=z\)

Chúc bạn học tốt ~ 

Bài 2: Ta có: x, y, z không âm và \(x+y+z=\frac{3}{2}\)nên \(0\le x\le\frac{3}{2}\Rightarrow2-x>0\)

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM dạng \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\), ta được: \(x+2xy+4xyz=x+4xy\left(z+\frac{1}{2}\right)\le x+4x.\frac{\left(y+z+\frac{1}{2}\right)^2}{4}=x+x\left(2-x\right)^2\)

Ta cần chứng minh \(x+x\left(2-x\right)^2\le2\Leftrightarrow\left(2-x\right)\left(x-1\right)^2\ge0\)*đúng*

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x,y,z\right)=\left(1,\frac{1}{2},0\right)\)

Bài 3: Áp dụng đánh giá quen thuộc \(4ab\le\left(a+b\right)^2\), ta có: \(2\le\left(x+y\right)^3+4xy\le\left(x+y\right)^3+\left(x+y\right)^2\)

Đặt x + y = t thì ta được: \(t^3+t^2-2\ge0\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t^2+2t+2\right)\ge0\Rightarrow t\ge1\)(dễ thấy \(t^2+2t+2>0\forall t\))

\(\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\ge\frac{1}{2}\)

\(P=3\left(x^4+y^4+x^2y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+1=3\left[\frac{3}{4}\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\left(x^2-y^2\right)^2\right]-2\left(x^2+y^2\right)+1\ge\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)^2-2\left(x^2+y^2\right)+1\)\(=\frac{9}{4}\left[\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\right]-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{9}{4}.2\sqrt{\left(x^2+y^2\right)^2.\frac{1}{4}}-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{1}{4}\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{1}{8}+\frac{7}{16}=\frac{9}{16}\)Đẳng thức xảy ra khi x = y = ¹/₂

Bài 4: Theo giả thiết, ta có: \(x\left(x+y+z\right)=3yz\)(*)

Vì x > 0 nên chia cả hai vế của (*) cho x², ta được: \(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}=3.\frac{y}{x}.\frac{z}{x}\)

+) \(\left(x+y\right)^3+\left(y+z\right)^3+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\le5\left(y+z\right)^3\)\(\Leftrightarrow\left(1+\frac{y}{x}\right)^3+\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)^3+3\left(1+\frac{y}{x}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)\le5\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)^3\)(Chia hai vế của bất đẳng thức cho x³)

Đặt \(s=\frac{y}{x},t=\frac{z}{x}\left(s,t>0\right)\)thì giả thiết trở thành \(1+s+t=3st\)và ta cần chứng minh \(\left(1+s\right)^3+\left(1+t\right)^3+3\left(s+t\right)\left(1+s\right)\left(1+t\right)\le5\left(s+t\right)^3\)(**)

Ta có: \(1+s+t=3st\le\frac{3}{4}\left(s+t\right)^2\Leftrightarrow3\left(s+t\right)^2-4\left(s+t\right)-4\ge0\Leftrightarrow\left[3\left(s+t\right)+2\right]\left(a+b-2\right)\ge0\Rightarrow s+t\ge2\)(do \(3\left(s+t\right)+2>0\forall s,t>0\))

Đặt \(s+t=f\)thì \(f\ge2\)

(**)\(\Leftrightarrow4f^3-6f^2-4f\ge0\Leftrightarrow f\left(2f+1\right)\left(f-2\right)\ge0\)*đúng với mọi \(f\ge2\)*

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z

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

thử bài bất :D 

Ta có: \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{a^3}{2^3}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) ( AM-GM cho 5 số ) (*)

Hoàn toàn tương tự: 

\(\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c+a}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}.\dfrac{b^3}{2^3}.\dfrac{\left(c+a\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (**)

\(\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{a+b}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}.\dfrac{c^3}{2^3}.\dfrac{\left(a+b\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (***)

Cộng (*),(**),(***) vế theo vế ta được:

\(P+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{15}{2}\) \(\Leftrightarrow P+2\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{15}{2}\)

Mà: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( AM-GM 3 số )

Từ đây: \(\Rightarrow P\ge\dfrac{15}{2}-2\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

1. \(a^3+b^3+c^3+d^3=2\left(c^3-d^3\right)+c^3+d^3=3c^3-d^3\) :D