- Nếu \(abc\ge0\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\ge0\) dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=0\)

- Nếu \(abc< 0\Rightarrow\)  trong 3 số a; b; c có ít nhất 1 số âm

Không mất tính tổng quát, giả sử \(c< 0\Rightarrow ab>0\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}-2\le c< 0\\ab>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow abc\ge-2ab\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\ge a^2+b^2-2ab+c^2=\left(a-b\right)^2+c^2>0\) (không thỏa mãn)

Vậy \(a=b=c=0\)

Áp dụng BĐT Bunyakovski\(,\) ta có: \(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

Do đó: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\ge9abc\)

Bất đẳng thức cuối tương đương: \(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab+bc+ca\right)\) \((\ast)\)

Có: \(3=a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\)

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

\((\ast)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge\frac{9}{2}\)\(\Big[(a+b+c)^2-3\Big] \)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(2a+2b+2c+3\right)\left(a+b+c-3\right)^2\ge0\)

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên.

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\). Done.

Không muốn cách dễ hiểu như trên thì dùng cách khó hiểu một tí cũng hong sao :3

Giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\)\(,\) ta có:

\(\text{VT-VP}={\frac { \left( a+b+c \right) \Big[{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2} \left( a+b \right) +{a}^{2} \left( b-c \right) \left( b+c \right) \left( a- c \right) \Big]}{ab+ac+bc}}+{\frac {abc \left( 2\,a+2\,b+2\,c+3 \right) \left( a+b+c-3 \right) ^{2}}{2\,ab+2\,ac+2\,bc}} \geqq 0\)

Thiên tài

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

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

Ta có:

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

Với mọi số thực ta luôn có:

`(a-b)^2>=0`

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

`<=>a^2+b^2>=2ab`

`<=>2(a^2+b^2)>=(a+b)^2=1`

`<=>a^2+b^2>=1/2(đpcm)`

Dấu "=' `<=>a=b=1/2`

ta có:

(a²+b²)(1²+1²)≥(a.1+b.1)²

⇔ 2(a²+b²) ≥ (a+b)²

⇔ 2(a²+b²)≥ 1 (vì a+b=1)

⇔ a² +b² ≥ 1/2 (đpcm)

dấu "=) xảy ra khi a = b = 1/2

a) VT = (a - 1)(a - 2) + (a - 3)(a + 4) - (2a² + 5a - 34)

         = a² - 2a - a + 2 + a² + 4a - 3a - 12  - 2a² - 5a + 34

       = (a² + a² - 2a²) - (2a + a - 4a + 3a + 5a) + (2 - 12 + 34)

        =  -7a + 24

=> VT = VP

=> đpcm

b) VT = (a - b)(a² + ab + b²) - (a + b)(a² - ab + b²)

         = (a³ - b³) - (a³ + b³)

         = a³ - b³ - a³ - b³

           = -2b³ 

=> VT = VP

=> Đpcm

Câu b bn xem đề lại (a + b)(a² - ab + b²) ko phải là (a + b)(a² - ab - b²)

Có điều kiện gì của a,b,c không ạ?

\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}\) (a,b,c thực dương)

=\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b+c}{4}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{a+c}{4}+\dfrac{c^2}{a+b}+\dfrac{a+b}{4}\)

\(-\left(\dfrac{b+c}{4}+\dfrac{a+c}{4}+\dfrac{a+b}{4}\right)\)

áp dụng BDT Cô si =>\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b+c}{4}\ge a\)

tương tự : \(\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{a+c}{4}\ge b\)

\(\dfrac{c^2}{a+b}+\dfrac{a+b}{4}\ge c\)

=>\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b+c}{4}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{a+c}{4}+\dfrac{c^2}{a+b}+\dfrac{a+b}{4}\)

-\(-\left(\dfrac{b+c}{4}+\dfrac{a+c}{4}+\dfrac{a+b}{4}\right)\ge a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}\)

=\(\dfrac{a+b+c}{2}\left(dpcm\right)\)

\(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge2\sqrt{2a^2}\cdot2\sqrt{2b^2}\cdot2\sqrt{2c^2}=8abc\sqrt{8}=16abc\sqrt{2}\left(đpcm\right)\)

Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{2}\)

Giả sử \(c\le1\).

Khi đó: \(ab+bc+ca-abc=ab\left(1-c\right)+c\left(a+b\right)\ge0\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge abc\left(1\right)\)

Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với \(a=2,b=c=0\).

Theo giả thiết:

\(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge2ab+c^2+abc\)

\(\Leftrightarrow ab\left(c+2\right)\le4-c^2\)

\(\Leftrightarrow ab\le2-c\)

Trong ba số \(\left(a-1\right),\left(b-1\right),\left(c-1\right)\) luôn có hai số cùng dấu.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\).

\(\Rightarrow ab-a-b+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\ge a+b-1\)

\(\Leftrightarrow abc\ge ca+bc-c\)

\(\Rightarrow abc+2\ge ca+bc+2-c\ge ab+bc+ca\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\Rightarrow\) Bất đẳng thức được chứng minh.

a.

Theo BĐT tam giác: \(c< a+b\Rightarrow c^2< ac+bc\)

\(b< a+c\Rightarrow b^2< ab+bc\) ; \(a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)

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

b.

Do a;b;c là 3 cạnh của tam giác nên: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{matrix}\right.\)

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

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

Nhân vế với vế:

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

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