Biến đổi vế trài ta có

a³+b³+c³-3abc+3ab(a+b)-3ab(a+b)

=(a+b)(a²-ab+b²)-3ab(a+b+c)+3ab(a+b)+c³

=(a+b)(a+b)²+c³-3ab(a+B+c)

=......................

Bn cứ nhóm lại là = vế phải.

bạn thiếu dấu cộng giữa b² và c² vì vậy vế phải là (a+b+c)(a²+b²+c² -ab-bc-ac)

Ta có : a³+b³+c³ -3abc = (a+b)³ -3ab(a+b)+c³ -3abc = (a+b)³ +c³  -3ab(a+b+c)

                                   =(a+b+c)³ -3(a+b)c(a+b+c)-3ab(a+b+c)

                                   =(a+b+c)((a+b+c)²-3(ac+bc)-3ab)

                                   =(a+b+c)(a²+b²+c² +2ab +2ac +2bc -3ab -3bc -3ac )

                                   =(a+b+c)(a²+b² +c²-ab-bc-ac)=vp (đpcm)

Có: a3+b3+c3−3abc

=a3+3a2b+3ab2+b3+c3−3a2b−3ab2−3abc

=(a+b)3+c3−3ab(a+b+c)

=(a+b+c)(a2+2ab+b2−(a+b)c+c2)−3ab(a+b+c)

=(a+b+c)(a2+b2+c2+2ab−ac−bc−3ab)

=(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−ac−bc)(đpcm)

VT = a³ + b³ + c³ - 3abc = (a + b)(a² - ab + b²) + c³ - 3abc

= (a + b)(a² + 2ab + b² - 3ab) + c³ - 3abc

= (a + b)³ - 3ab(a + b) + c³ - 3abc

= (a + b+ c)[(a + b)² - c(a + b) + c²] - 3ab(a + b+  c)

= (a + b + c))(a² + 2ab + b² - ac - bc + c² - 3abc)

= (a + b + c)(a² + b² + c² - ab - ac - bc) = VP

=> ĐPCM

Sửa đề :

VP= (a+b+c)(a²+b²+c²-ab-bc-ca)

     =a³+ab²+ac²-a²b-abc-ca²+ba²+b³+bc²-ab²-b²c-abc+ca²+cb²+c³-abc-bc²-c²a

     =a³+b³+c³-3abc

Cách này đỡ phức tạp hơn cách của edogawa conan

Biến đổi VP thì dễ hơn -.-

Sửa đề như anh Sơn :> 

VP = ( a + b + c )( a² + b² + c² - ab - bc - ca )

      = a( a² + b² + c² - ab - bc - ca ) + b( a² + b² + c² - ab - bc - ca ) + c( a² + b² + c² - ab - bc - ca )

      = a³ + ab² + ac² - a²b - abc - ca² + a²b + b³ + bc² - ab² - b²c - abc + ca² + cb² + c³ - abc - bc² - c²a

      = a³ + b³ + c³ - 3ab = VT ( đpcm )

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

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

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

Hoặc nó tương đương \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

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

Tương tự rồi nhân theo vế cũng thu được ĐPCM

\(BĐT\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc\)

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

Đặt \(P=\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\left(\text{ Σ}_{cyc}ab\sqrt{ab}\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\)(1)

Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(bc^2+ca^2+ab^2\right)\ge\left(3abc\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge3abc\)(2)

Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ca^2+b^2a+c^2b\right)\ge\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\sqrt{bc}\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ca}+c^2\sqrt{ab}\)(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(3P\ge3abc+\left[\text{Σ}_{cyc}\left(a^2\sqrt{bc}+bc\sqrt{bc}\right)\right]\)

Sử dụng một số phép biến đổi và bđt Cô - si cho 3 số , ta được:

\(3P\ge3abc+3\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)

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

hay \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)

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

Dấu "=" khi a = b = c > 0

P/S: Không biết đúng không nữa, chưa check lại

ko biết

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a^2-bc=x\\b^2-ca=y\\c^2-ab=z\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x+y+z\ge0\)

\(\)Đẳng thức cần c/m trở thành: \(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\left(1\right)\)

Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho 3 số x,y,z, ta có:

\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3.y^3.z^3}=3xyz\)

=> Đẳng thức (1) luôn đúng với mọi x

Dấu = xảy ra khi: x=y=z hay \(a^2-bc=b^2-ca=c^2-ab\)

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

Bạn tham khảo bài số 3:

Câu hỏi của bach nhac lam - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

\(\Sigma_{sym}a^4b^4\ge\frac{\left(\Sigma_{sym}a^2b^2\right)^2}{3}\ge\frac{\left(\Sigma_{sym}ab\right)^4}{27}\ge\frac{a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)^2}{3}=3a^4b^4c^4\)

\(\Sigma\frac{a^5}{bc^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^4}{abc\left(a+b+c\right)^3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^6\left(a^2+b^2+c^2\right)}{27abc\left(a+b+c\right)^3}\)

\(\ge\frac{\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{27abc}=a^2+b^2+c^2\)

\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}+\frac{b+2c}{27}+\frac{b+2c}{27}\ge\frac{a}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}\ge\frac{1}{3}a-\frac{2}{27}b-\frac{4}{27}c\)

tương tự rồi cộng lại