Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Nên ta cần CM \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\ge a^3+b^3+c^3\)

Theo đề bài ta có

\(a\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)=> \(a^3\le3a^2-2a\)

Tương tự với b,c => \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\)=> \(ab\ge2\left(a+b\right)-4\)

Tương tự => \(ab+bc+ac\ge4\left(a+b+c\right)-12\)

Khi đó BĐT <=>

\(a^2+b^2+c^2+4\left(a+b+c\right)-12\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

<=> \(3\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-6\)

<=>\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)+\left(b-1\right)\left(b-2\right)+\left(c-1\right)\left(c-2\right)\le0\)(luôn đúng với giả thiết)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(2;2;2\right),\left(2;2;1\right),....\)và các hoán vị

Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Nên \(BĐT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\ge a^3+b^3+c^3\)

Ta có \(a\left(a-2\right)\left(a-1\right)\le0\Leftrightarrow a^3\le3a^2-2a\)

Tương ta ta có: \(b^3\le3b^2-2b;c^3\le3c^2-2c\)

Cộng từng vế của các bđt trên: \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

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

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

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

Ta lại có 

\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le3a-2\)

Tương tự \(b^2\le3b-2;c^2\le3c-2\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le3\left(a+b+c\right)-6\)(1)

\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\Leftrightarrow ab\ge2a+2b-4\)

Tương tự \(bc\ge2b+2c-4;ca\ge2c+2a-4\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge4\left(a+b+c\right)-12\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(K\le6\left(a+b+c\right)-12-2\left(a+b+c\right)\)

\(-\left[4\left(a+b+c\right)-12\right]=0\)

\(K\le0\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)

\(\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

hay \(\text{Σ}_{cyc}a^2+\text{Σ}_{cyc}ab+3\text{Σ}_{cyc}\left(a+b\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)\in\left(2;2;1\right)\)và các hoán vị hoặc \(a=b=c=2\)

\(0\le a,b,c\le1\Rightarrow b\ge b^2;c\ge c^3\)

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

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

\(\Leftrightarrow\left(1-b-a+ab\right)\left(1-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca-abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\le1\)

=> đpcm

\(\dfrac{1}{a+b+1}+\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{1}{c+a+1}\ge1\)

\(\Leftrightarrow2\ge\dfrac{a+b}{a+b+1}+\dfrac{b+c}{b+c+1}+\dfrac{c+a}{c+a+1}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)^2+a+b}+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{\left(b+c\right)^2+b+c}+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{\left(c+a\right)^2+c+a}\)

\(\Rightarrow2\ge\dfrac{2\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+a+b+c}\)

\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+4\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\)đpcm

https://olm.vn/hoi-dap/detail/239526218296.html

Sử dụng phân tích tuyệt vời của Ji Chen:

\(VT-VP=\frac{4\left(a+b+c-2\right)^2+abc+3\Sigma a\left(b+c-1\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)

Hãy xem phương pháp Buffalo-Way giải quyết nó!

Viết BĐT lại thành: \(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2\ge\frac{25}{4}\)

Giả sử \(a\ge b\ge c\) và đặt \(a=c+u+v,b=c+v\left(u,v\ge0\right)\). Sau khi quy đồng, bất đẳng thức trở thành:

128 c^6+4 u^5 v+19 u^4 v^2+30 u^3 v^3+15 u^2 v^4+c^5 (256 u+512 v)+c^4 (192 u^2+832 u v+832 v^2)+c^3 (96 u^3+528 u^2 v+1008 u v^2+672 v^3)+c^2 (40 u^4+224 u^3 v+488 u^2 v^2+528 u v^3+264 v^4)+c (8 u^5+60 u^4 v+152 u^3 v^2+168 u^2 v^3+100 u v^4+40 v^5) \(\ge0\) (hiển nhiên đúng)

P/s: Khúc cuối dài quá gõ công thức bị tràn hết màn hình nên đành gõ ngoài, thông cảm! Nhớ bài này có một cách dùng dồn biến mà nghĩ không ra.