\(\left(a^2-bc\right)\left(b-abc\right)=\left(b^2-ca\right)\left(a-abc\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2b+ab^2c^2-a^3bc-b^2c=b^2a+a^2bc^2-ca^2-ab^3c\)

\(\Leftrightarrow a^2b-ab^2-b^2c+ca^2=a^2bc^2-ab^3c+a^3bc-ab^2c^2\)

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

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\left(a+b+c\right)\Leftrightarrow a+b+c=\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\left(đpcm\right)\)

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

Cộng theo vế và thu gọn:

$\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\Leftrightarrow 3\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$

Ta có đpcm.

Bài 2:

$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$

$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$

$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$

Cộng theo vế và rút gọn thu được:

$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$ 

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài 3:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{b+c+c+a+a+b}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Lời giải:

Vì $a+b+c=1$ nên:

\(a^2+b^2+abc-1=(a+b)^2-2ab+abc-1\)

\(=(a+b)^2-1+ab(c-2)=(1-c)^2-1+ab(c-2)\)

\(=-c(2-c)+ab(c-2)=c(c-2)+ab(c-2)=(c+ab)(c-2)\)

Do đó:

\(\frac{c+ab}{a^2+b^2+abc-1}=\frac{c+ab}{(c+ab)(c-2)}=\frac{1}{c-2}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại, suy ra:

\(\frac{c+ab}{a^2+b^2+abc-1}+\frac{a+bc}{b^2+c^2+abc-1}+\frac{b+ac}{a^2+c^2+abc-1}=\frac{1}{c-2}+\frac{1}{a-2}+\frac{1}{b-2}=\frac{(a-2)(b-2)+(b-2)(c-2)+(c-2)(a-2)}{(a-2)(b-2)(c-2)}\)

\(=\frac{ab+bc+ac-4(a+b+c)+12}{(a-2)(b-2)(c-2)}=\frac{ab+bc+ac+8}{(a-2)(b-2)(c-2)}\)

Ta có đpcm.

Akai Haruma

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)

\(P=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)

1.

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)

Ta có:

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

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

Tương tự: \(\left(bc-1\right)^2\ge\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)

\(\left(ca-1\right)^2\ge\left(c^2-1\right)\left(a^2-1\right)\)

Do \(a;b;c\ge1\)  nên 2 vế của các BĐT trên đều không âm, nhân vế với vế:

\(\left[\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\right]^2\ge\left[\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Câu 2 em kiểm tra lại đề có chính xác chưa

2.

Câu 2 đề thế này cũng làm được nhưng khá xấu, mình nghĩ là không thể chứng minh bằng Cauchy-Schwaz được, phải chứng minh bằng SOS

Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=max\left\{a;b;c\right\}\)

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

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(\dfrac{1}{a}-\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{c+a}{ab+c^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)+a\left(c-b\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)

\(\Leftrightarrow c\left(b-a\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{b^3+abc}\right)+a\left(c-b\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{c^3+abc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)\left(b^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a^2+ac+c^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)

Đúng theo (1)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Lời giải:
Bạn tham khảo cách làm tương tự tại đây:

https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-dfracab-2017ccdfracbc-2017aadfracca-2017bbvoi-a-b-c-ne0-tinhp-left1dfracabrightleft1dfracb.161494910584

Kết quả $P=8$ hoặc $P=-1$

Ta có \(\sqrt{bc\left(1+a^2\right)}=\sqrt{bc+a^2bc}=\sqrt{bc+a\left(a+b+c\right)}\)

\(=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

Đặt BT đề cho là P

\(\Leftrightarrow P=\sum\dfrac{a}{\sqrt{bc\left(1+a^2\right)}}=\sum\sqrt{\dfrac{a}{a+b}\cdot\dfrac{a}{a+c}}\\ \Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{b}{b+a}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{c}{c+b}\right)\\ \Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b}{a+b}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+a}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot3=\dfrac{3}{2}\)

Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

\(a^3+b^3+c^3=3abc\\ \Rightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\\ \Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)=0\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac\left(a+b+c\ne0\right)\\ \Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2=2ab+2bc+2ac\\ \Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2=0\\ \Rightarrow a=b=c\\ \Rightarrow B=\dfrac{2}{a}.\dfrac{2}{b}.\dfrac{2}{c}=\dfrac{8}{abc}\)