Bài 1

Đặt \(A=a^3+b^3+c^3-3(a-1)(b-1)(c-1)\)

Biến đổi:

\(A=a^3+b^3+c^3-3[abc-(ab+bc+ac)+a+b+c-1]=a^3+b^3+c^3-3abc+3(ab+bc+ac)-6\)

\(A=(a+b+c)^3-3[(a+b)(b+c)(c+a)+abc]-6+3(ab+bc+ac)\)

\(A=21-3(a+b+c)(ab+bc+ac)+3(ab+bc+ac)=21-6(ab+bc+ac)\)

Áp dụng BĐT Am-Gm:

\(3(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^2=9\Rightarrow ab+bc+ac\leq 3\)

\(\Rightarrow A\geq 21-6.3=3\). Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Vì \(0\leq a,b,c\leq2\Rightarrow (a-2)(b-2)(c-2)\leq 0\)

\(\Leftrightarrow abc-2(ab+bc+ac)+4\leq 0\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)\geq 4+abc\geq 0\Rightarrow ab+bc+ac\geq 2\)

\(\Rightarrow A\leq 21-6.2=9\). Dấu bằng xảy ra khi $(a,b,c)=(0,1,2)$ và các hoán vị.

Bài 2a)

Ta có

\(A=a^2+b^2+c^2=(a+1)^2+(b+1)^2+(c+1)^2-3-2(a+b+c)\)

\(\Leftrightarrow A=(a+b+c+3)^2-2[(a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(c+1)(a+1)]-3\)

\(\Leftrightarrow A=6-2[(a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(c+1)(a+1)]\)

Vì \(-1\leq a,b,c\leq 2\Rightarrow a+1,b+1,c+1\geq 0\)

\(\Rightarrow (a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(c+1)(a+1)\geq 0\Rightarrow A\leq 6\)

Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(-1,-1,2)\) và các hoán vị của nó

Câu 2b)

Đặt \((a,b,c)\mapsto(x-1,y-1,z-1)\)

Khi đó ta có \(0\leq x,y,z\leq 3,x+y+z=3\)

Cần cm

\(2(x-1)(y-1)(z-1)\leq (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\leq 2(x-1)(y-1)(z-1)+2\)

Vế đầu:

Khai triển kết hợp với $x+y+z=3$ thì \(\text{BĐT}\Leftrightarrow xyz\leq 1\)

Điều này đúng vì theo AM-GM cho số không âm thì \(3=x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\rightarrow xyz\leq 1\)

Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c=0$

Vế sau:

Tương tự phần trên \(\text{BĐT}\Leftrightarrow xyz\geq 0\) ( luôn đúng do $x,y,z\geq 0$)

Dấu bằng xảy ra khi $(x,y,z)=(2,-1,-1)$ và hoán vị

Lưu ý: "Khi" khác với "khi và chỉ khi"- nghĩa là chỉ nêu 1TH chứ chưa quét hết toàn bộ điểm rơi

Rất dễ dàng, chúng ta có:

\(VT-VP=\frac{2ab\left[\left(a+bc-b-c\right)^2+\left(c-1\right)^2\right]+c\left(b-1\right)^2\left[\left(a+b-c\right)^2+1\right]}{2ab+c\left(b-1\right)^2}\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\). Ta có đpcm.

Anh tth bày em didéplê mak e ko có bt đi nên dùng dirichlet tạm vậy.......

Trong 3 số \(a-1;b-1;c-1\) có ít nhất 2 số cùng dấu,giả sử đó là \(a-1;b-1\)

\(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow ab-a-b+1\ge0\Rightarrow abc-ac-bc+c\ge0\)

\(a^2+b^2+c^2+2abc+1=\left(a-b\right)^2+\left(1-c\right)^2+2\left(ab+bc+ca\right)+2\left(abc-ac-bc+c\right)\)

Rất dễ thấy \(\left(a-b\right)^2\ge0;\left(1-c\right)^2\ge0;2\left(abc-ac-bc+c\right)\ge0\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Có một cách khác dùng cô si :)

\(a^2+b^2+c^2+2abc+1=a^2+b^2+c^2+abc+abc+1\ge a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)

Đặt \(a^2=x^3;b^2=y^3;c^2=z^3\)

Khi đó BĐT tương đương với:

\(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge2\left(\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3}\right)\)

Ta có:\(2\sqrt{x^3y^3}=xy2\sqrt{xy}\le xy\left(x+y\right)\)

Tương tự khi đó BĐT tương đương với:

\(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\) ( đúng theo BĐT Schur )

Sử dụng Dirichlet và biến đổi là được, không cần tới Schur:

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có ít nhất 2 số cùng phía so với 2, ko mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b

\(\Rightarrow\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\Rightarrow ab\ge2a+2b-4\Rightarrow2abc\ge4ac+4bc-8c\)

\(\Rightarrow P\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)+4ac+4bc-8c=2\left(a+b+c\right)^2+\left(a-b\right)^2+c^2-8c-2ab\)

\(\Rightarrow P\ge c^2-8c-2ab+72\ge c^2-8c-\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2+72\)

\(\Rightarrow P\ge c^2-8c-\dfrac{1}{2}\left(6-c\right)^2+72=\dfrac{1}{2}\left(c-2\right)^2+52\ge52\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Quy định của hoc24 là chỉ dc dăng 1 bài trong 1 câu hỏi bạn nhé

bài 1 :

 Tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và có chu vi là 2 
--> a + b + c = 2 

Trong 1 tam giác thì ta có: 
a < b + c 

--> a + a < a + b + c 
--> 2a < 2 
--> a < 1 

Tương tự ta có : b < 1, c < 1 

Suy ra: (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 0 
⇔
(1 – b – a + ab)(1 – c) > 0 
⇔
1 – c – b + bc – a + ac + ab – abc > 0 
⇔
1 – (a + b + c) + ab + bc + ca > abc 

Nên abc < -1 + ab + bc + ca 
⇔
2abc < -2 + 2ab + 2bc + 2ca 
⇔
a² + b² + c² + 2abc < a² + b² + c² – 2 + 2ab + 2bc + 2ca 
⇔ a² + b² + c² + 2abc < (a + b + c)² - 2 
⇔ a² + b² + c² + 2abc < 2² - 2 , do a + b = c = 2 
⇔ a² + b² + c² + 2abc < 2 

--> đpcm 

\(P\ge\dfrac{3abc}{2abc}+\dfrac{a^2+b^2}{c^2+\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\dfrac{b^2+c^2}{a^2+\dfrac{b^2+c^2}{2}}+\dfrac{c^2+a^2}{b^2+\dfrac{c^2+a^2}{2}}\)

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

Đặt \(\left(a^2+b^2;b^2+c^2;a^2+c^2\right)=\left(x;y;z\right)\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{2}+2\left(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right)=\dfrac{3}{2}+2\left(\dfrac{x^2}{xy+xz}+\dfrac{y^2}{yz+xy}+\dfrac{z^2}{xz+yz}\right)\)

\(P\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{2\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{3\left(xy+yz+zx\right)}{xy+yz+zx}=3+\dfrac{3}{2}=\dfrac{9}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)