Có \(VT=ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+bc\left(b+c\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+bc\left(b+c\right)\le a^3+b^3+c^3+3abc\)

Áp dụng bđt AM-GM có: \(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\le\left[\dfrac{a+b-c+a-b+c}{2}\right]^2=a^2\)

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

Nhân vế với vế\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(c+b-a\right)\le abc\) (lđ)

\(\Leftrightarrow3abc+a^3+b^3+c^3\ge ac\left(a+c\right)+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)\) (BĐT cần chứng minh)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

ta có:

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

Áp dụng BĐT schur:

\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)

do đó \(VT\le a^3+b^3+c^3+3abc-a^3-b^3-c^3=3abc\)(đpcm)

dấu = xảy ra khi a=b=c hoặc a=0,b=c và các hoán vị

bđt <=> \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\) Schur bậc 3 (bn ko bt thì search gg)

Vì vai trò của a,b,c là như nhau , nên có thể giả thiết \(a\ge b>c>0.\)

Có thể thấy rằng phải chứng minh : \(B\ge0,\)với

\(B=3abc+a^3+b^3+c^3-a^2b-b^2a-a^2c-b^2c-c^2a-c^2b\)

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

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

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

Do giả thiết \(a\ge b\ge c,c>0\)

\(\RightarrowĐPCM\)

Khôi Bùi Mysterious Person DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG JakiNatsumi

Không mất tính tổng quát ta giả sử: \(a\ge b\ge c\ge0\)

Đầu tiên ta chứng minh 

\(\left(a-b\right)^2\left(a+b-c\right)+\left(b-c\right)^2\left(b+c-a\right)+\left(c-a\right)^2\left(c+a-b\right)\ge0\left(1\right)\)

Ta xét 2 trường hợp:

TH 1: \(b+c\le a\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a-c\ge b-c\\a+c-b\ge b+c-a\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a-c\right)^2\left(a+c-b\right)\ge\left(b-c\right)^2\left(b+c-a\right)\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\)đúng 

TH 2: \(a+b-c\ge a+c-b\ge b+c-a\ge0\) thì  (1) đúng.

\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b-c\right)+\left(b-c\right)^2\left(b+c-a\right)+\left(c-a\right)^2\left(c+a-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-a^2b-a^2c-b^2a-b^2c-c^2a-c^2b+3abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow3abc\ge\left(a^2b+a^2c-a^3\right)+\left(b^2a+b^2c-b^3\right)+\left(c^2a+c^2b-c^3\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2\left(b+c-a\right)+b^2\left(a+c-b\right)+c^2\left(a+b-c\right)\le3abc\)

Có cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác không ta

ko đâu bn

Đây nhá:)Sửa đề:

Chứng minh rằng \(\Sigma S_a\left(b-c\right)^2\ge S\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)

Nếu \(s_a+S_b\ge0;S_b+S_c\ge0;2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}+2S_b-S\left(c-a\right)\ge0\)

Xét TH \(a\ge b\ge c\) thì bđt đề bài hiển nhiên đúng nên ta chỉ xét:

\(a\le b\le c\) khi đó \(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) (1)

Ta có: \(S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\)

\(=\left(S_a+S_b\right)\left(b-c\right)^2+\left(S_c+S_b\right)\left(a-b\right)^2+2S_b\left(a-b\right)\left(b-c\right)\)

\(\ge2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}\left(a-b\right)\left(b-c\right)+2S_b\left(b-c\right)\left(a-b\right)\)

(CÔ si)

Như vậy, BĐT đề bài sẽ được chứng minh nếu:

\(2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}\left(a-b\right)\left(b-c\right)+2S_b\left(b-c\right)\left(a-b\right)\ge S\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(2\sqrt{\left(S_a+S_b\right)\left(S_b+S_c\right)}+2S_b-S\left(c-a\right)\right)\ge0\)

Và điều này luôn đúng theo (1) và giả thiết đề bài.

\(S_a\left(b-c\right)^2\) là gì vậy, cái này em chưa học. Giải thích đi để em xem thế nào...

Não đặc-.-

Nếu sửa đề ntn thì mk nghĩ không ngược dấu mới làm được nek

Bài 1: CMR: \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\) với a,b,c dương

Bài làm:

Ta có: \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}}-\frac{8abc}{2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}}\)

\(=\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}}-\frac{8abc}{8abc}\)

\(=1-1=0\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)

Vãi bạn, mình đang đưa các bài tập về các bđt ngược chiều nên đề như thế là đúng r

bài 1 là AM-GM ở vt xong biến đổi tương đương phải không ạ ?

bất đẳng thức schur bậc 3,dễ mà,c/m cũng dễ nữa,tự tra đi.gợi ý này:giả sử a>b>c nhé

Thử cách của em xem:)

Do vai trò bình đẳng giữa a, b, c ta có thể giả sử \(a\ge b\ge c\).

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

Đặt \(\frac{b+c-a}{2}=S_a;\frac{c+a-b}{2}=S_b;\frac{a+b-c}{2}=S_c\) thì:

\(S_b;S_c\ge0\Rightarrow S_b+S_c\ge0\left(1\right)\).  và BĐT trở thành \(\Leftrightarrow S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(b-c+a-b\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(S_a+S_b\right)\left(b-c\right)^2+\left(S_c+S_b\right)\left(a-b\right)^2+2S_b\left(b-c\right)\left(a-b\right)\ge0\)

Do \(a\ge b\ge c\)và S_b > 0 nên \(2S_b\left(b-c\right)\left(a-b\right)\ge0\). Theo (1) thì S_b + S_c > 0. Kết hợp với (*), ta cần chứng minh: 

\(\left(S_a+S_b\right)\left(b-c\right)^2\ge0\Leftrightarrow S_a+S_b\ge0\).

\(\Leftrightarrow\frac{b+c-a}{2}+\frac{c+a-b}{2}\ge0\Leftrightarrow c\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\text{hoặc }a=b;c=0\text{ và các hoán vị của nó.}\)

Sai thì em chịu nha!

Chú thích thêm:

Có được dòng BĐT <=> đầu tiên là do khi khai triển thì BĐT trên

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc-ab\left(a+b\right)-bc\left(b+c\right)-ca\left(c+a\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{2}.\Sigma\left(a-b\right)^2-\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)-6abc\right]\ge0\)

Mặt khác \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)-6abc=\Sigma\left(ab\left(a+b\right)-2abc\right)=\)

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

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

Do đó bđt ban đầu <=> \(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{2}.\Sigma\left(a-b\right)^2-\Sigma_{cyc}c\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(a-b\right)^2\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)=\Sigma\frac{a+b-c}{2}\left(a-b\right)^2\) (như vầy mới có dòng tương đương đầu tiên)

P/s: Trong bài này em dùng kí hiệu \(\Sigma\text{với kí hiệu:}\Sigma_{cyc}\) cho gọn nhưng lại không rõ là mình dùng có đúng hay không;v

a) (a+b)(b+c)(c+a)\(\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=\)8abc(co si 2 so)

b)(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)\)

                                          \(\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)(cosi 3 so)