Áp dụng bất đẳng thức $x^2+y^2+z^2 \geq xy+yz+zx$ có:

$a^4+b^4+c^4 \geq (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \geq abbc+bcca+abca=abc(a+b+c)$

b, đề đúng: $\dfrac{a^8+b^8+c^8}{(abc)^3} \geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

Có \dfrac{a^8+b^8+c^8}{(abc)^3} \geq \dfrac{(ab)^4+(bc)^4+(ca)^4}{(abc)^3} \geq \dfrac{(abbc)^2+(bcca)^2+(abca)^2}{(abc)^3}$

$\geq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc} \geq \dfrac{ab+bc+ca}{abc}= \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$
Cả hai phần dấu $=$ xảy ra $⇔a=b=c$

Ta áp dụng bất đẳng thức phụ sau đây liên tiếp: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0.\)

Khi đó    \(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\ge a^2b^4c^2+a^2b^2c^4+a^4b^2c^2\)

\(=a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ca\right)\). 

Vậy ta có \(a^8+b^8+c^8\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ca\right)\to\frac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\ge\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Bài 1 : Áp dụng BĐT trong tam giác ta có :

\(\left\{{}\begin{matrix}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\\b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\\c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\le a^2\\\left(b-c+a\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{matrix}\right.\)

Nhân từng vế BĐT ta được :

\(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\le abc\) ( đpcm )

Bài 2 : Theo BĐT Cô - si ta có :

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ca}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge abc\) (1)

Theo câu 1 ta lại có :

\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow abc\ge\sqrt{abc\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\sqrt{abc\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\)

@Akai Haruma

1) Ta có: (a + b - c)(a - b + c) ≤ \(\dfrac{1}{4}\)(a + b - c + a - b + c)² = \(\dfrac{1}{4}\)(2a)² = a²

cmtt rồi nhân theo vế: a²b²c² ≥ (a + b - c)²(a - b + c)²(- a + b + c)²

=> đpcm

hình như dấu + dưới mẫu là nhân mới đúng