Bạn chứng minh đẳng thức sau nhé:  \(x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\)                                                                                                \(=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\)

Bạn nhìn thử xem cái ta đi chứng minh có giống với giả thiết của đề bài ko. Giả sử đặt ab=x, bc=y, ac=z.

Khi đó \(x^3+y^3+z^3=3xyz\Rightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz=0\)

Do đó xảy ra 2 trường hợp: x+y+z=0 hoặc \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)

Vì a,b,c là các số thực dương nên \(x+y+z\ne0\)do đó \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)

Suy ra: x=y=z hay ab=bc=ac hay a=b=c.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Có gì thắc mắc liên hệ với mình nha.

Đặt \(\frac{a}{2020}=\frac{b}{2021}=\frac{c}{2022}=k\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=2020k\\b=2021k\\c=2022k\end{cases}}\)

Khi đó M = 4(a - b)(b - c) - (c - a)² 

= 4(2020k - 2021k)(2021k - 2022k) - (2022k - 2020k)²

= 4(-k)(-k) - (2k)²

= 4k² - 4k² = 0

Vậy M = 0

Đặt \(\frac{a}{2020}=\frac{b}{2021}=\frac{c}{2022}=k\)( \(k\ne0\))

\(\Rightarrow a=2020k\); \(b=2021k\); \(c=2022k\)

Thay a, b, c vào biểu thức M ta có:

\(M=4\left(a-b\right)\left(b-c\right)-\left(c-a\right)^2\)

     \(=4\left(2020k-2021k\right)\left(2021k-2022k\right)-\left(2022k-2020k\right)^2\)

      \(=4.\left(-k\right).\left(-k\right)-\left(2k\right)^2=4k^2-4k^2=0\)

Vậy \(M=0\)

Cách khác: Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(1+\frac{1}{a}=\frac{1}{a}\left(a+b+c+a\right)\ge\frac{1}{4}4\sqrt[4]{a^2bc}\)

\(\Rightarrow1+\frac{1}{a}\ge\frac{4}{a}\sqrt[4]{\frac{a^4bc}{a^2}}=4\sqrt[4]{\frac{bc}{a^2}}\)

Tương tự cũng có: \(1+\frac{1}{b}\ge4\sqrt[4]{\frac{ca}{b^2}};1+\frac{1}{c}\ge4\sqrt[4]{\frac{ab}{c^2}}\)

\(\Rightarrow VT\ge4\sqrt[4]{\frac{bc}{a^2}}4\sqrt[4]{\frac{ca}{b^2}}4\sqrt[4]{\frac{ab}{c^2}}=64\)

Còn tỷ tỷ cách đây cần thì IB nhé !!

Ta cần chứng minh \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)

\(\Leftrightarrow1+abc+ab+bc+ca+a+b+c\ge1+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+3\sqrt[3]{abc}+abc\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+3\sqrt[3]{abc}\)

Đúng theo BĐT AM-GM. Thật vậy ta có:

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

\(\ge\frac{\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3}{abc}\ge64\).Từ \(a+b+c=1\Rightarrow abc\le\frac{1}{27}\)

\(\Rightarrow\frac{\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3}{abc}=\left(\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+1\right)^3\ge64\)

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3

(

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhh

ta có: \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}.\)

\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a.b.c}{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}\)    (vì abc=1)     (*)

Mặt khác: \(\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2\ge64abc=64=4^3\)   (vì abc=1)

=> \(\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}\ge4\)   (**)

Từ (*), (**)=> đpcm

Bạn dưới kia làm ngược dấu thì phải,mà bài này hình như là mũ 3

\(\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)

Tương tự rồi cộng lại:

\(RHS+\frac{2\left(a+b+c\right)+6}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)

\(\Leftrightarrow RHS\ge\frac{3}{4}\) tại a=b=c=1

Ta cần chứng minh \(\Sigma\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left[4a\left(c+1\right)\right]\ge3\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)

\(\Leftrightarrow4\Sigma ab+4\Sigma a\ge3abc+3\Sigma ab+3\Sigma a+3\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c\ge6\)(*)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta được:

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\); \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)(Do theo giả thiết thì abc = 1)

Suy ra (*) đúng

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Đề phải là số thực không âm mới đúng

Ta cần chứng minh \((1+a)(1+b)(1+c) \geq (1+\sqrt[3]{abc})^3\)

\(\Leftrightarrow 1+abc+ab+bc+ca+a+b+c \geq 1+3\sqrt[3]{(abc)^2}+3\sqrt[3]{abc}+abc\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}+3\sqrt[3]{abc}\)

Đúng theo BĐT AM-GM. Áp dụng vào ta có:

\(\left(1+\frac{1}{a} \right)\left(1+\frac{1}{b} \right)\left(1+\frac{1}{c} \right)=\dfrac{(1+a)(1+b)(1+c)}{abc} \geq \dfrac{(1+\sqrt[3]{abc})^3}{abc} \geq 64\)
Từ \(a+b+c=1 \Rightarrow abc\le \frac{1}{27}\) \(\Rightarrow \dfrac{(1+\sqrt[3]{abc})^3}{abc}=\bigg(\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}+1\bigg)^3 \geq 64\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

có tất cả loại cách từ cấp 2 đến cấp 3 cần thêm cứ bảo