Áp dụng BĐT tam giác, ta có: 

         \(\hept{\begin{cases}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a< a+b+c\\2b< a+b+c\\2c< a+b+c\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a< 6\\2b< 6\\2c< 6\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a< 3\\b< 3\\c< 3\end{cases}\Rightarrow}}\hept{\begin{cases}3-a>0\\3-b>0\\3-c>0\end{cases}}\)

Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ ba số thực không âm, ta có: 

\(\left(3-a\right)\left(3-b\right)\left(3-c\right)\le\left(\frac{3-a+3-b+3-c}{3}\right)^3=1\)

\(\Leftrightarrow27-9\left(a+b+c\right)+3\left(ab+bc+ca\right)-abc\le1\)

\(\Leftrightarrow abc\ge27-9.6+3\left(ab+bc+ca\right)-1\)

\(\Leftrightarrow2abc\ge-56+6\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+2abc\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3.2\left(ab+bc+ca\right)-56\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+2abc\ge3\left(a+b+c\right)^2-56\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+2abc\ge3.36-56=\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+2abc\ge52\)

Dấu \("="\) xảy ra khi  \(a=b=c=2\)

Vậy \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+2abc\ge52\)

Lớp 8 chưa học bất dẳng thức Cauchy nên mik sẽ ko tính vs lại mik làm đc rồi và cảm ơn nha

Lớp 8 mà chưa học Cauchy thì bạn là học sinh đại trà à, thế mà cũng ra vẻ đăng câu hỏi

1/ BĐT \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+4abc\ge104=\frac{13}{27}\left(a+b+c\right)^3\)

Hay: \(27\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+108abc\ge13\left(a+b+c\right)^3\)

\(VT-VP=2\left[6\left\{\Sigma_{cyc}a^3+3abc-\Sigma_{cyc}ab\left(a+b\right)\right\}+\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)\right]\ge0\)

(đúng theo BĐT Schur bậc 3 và Cô si cho 3 số dương)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2

tth_new trả lời nốt luôn đi 

đkxđ : \(x,y,z\ge\frac{1}{4}\)

Ta có : 

\(x-z=\sqrt{4z-1}-\sqrt{4x-1}=\frac{4\left(z-x\right)}{\sqrt{4z-1}+\sqrt{4x-1}}=-\frac{4\left(x-z\right)}{\sqrt{4z-1}+\sqrt{4x-1}}\)

\(\Rightarrow\left(x-z\right)\left(1+\frac{4}{\sqrt{4z-1}+\sqrt{4x-1}}\right)=0\)

Dễ thấy \(1+\frac{4}{\sqrt{4z-1}+\sqrt{4x-1}}>0\)nên x - z = 0 hay x = z

Tương tự : x = y

Suy ra : x = y = z

Thay vào đầu bài, ta có : \(2x=\sqrt{4x-1}\Rightarrow4x^2=4x-1\Rightarrow x=\frac{1}{2}\)

Vậy x = y = z = \(\frac{1}{2}\)

1 )

Áp dụng BĐT Schur :

\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)=\left(6-2a\right)\left(6-2b\right)\left(6-2c\right)\)

\(\Rightarrow abc\ge-216+24\left(ab+bc+ac\right)-8abc\Leftrightarrow3abc\ge8\left(ab+bc+ac\right)-72\)

Do đó 

\(VT=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+2abc\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{16}{3}\left(ab+bc+ac\right)-48\)

\(\Leftrightarrow VT\ge3\left(a+b+c\right)^2-\frac{2}{3}\left(ab+bc+ac\right)-48=60-\frac{2}{3}\left(ab+bc+ac\right)\)

Theo AM - GM : \(ab+bc+ac\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=12\Rightarrow VT\ge52\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=2\)

Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương:
\((a+b-c)(b+c-a)\leq \left(\frac{a+b-c+b+c-a}{2}\right)^2=b^2\)

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

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

Nhân theo vế và rút gọn :

\(\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)

\(\Leftrightarrow (6-2c)(6-2a)(6-2b)\leq abc\) (do $a+b+c=6$)

\(\Leftrightarrow 8[27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ac)-abc]\leq abc\)

\(\Leftrightarrow 8(-27+3(ab+bc+ac)-abc)\leq abc\)

\(\Leftrightarrow abc\geq \frac{8}{3}(ab+bc+ac)-24\)

Do đó:

\(3(a^2+b^2+c^2)+2abc\geq 3(a^2+b^2+c^2)+\frac{16}{3}(ab+bc+ac)-48\)

\(=3(a+b+c)^2-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)-48=60-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\)

Mà theo hệ quả của BĐT AM-GM \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=12\)

\(\Rightarrow 3(a^2+b^2+c^2)+2abc\geq 60-\frac{2}{3}.12=52\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=2$

Có a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác.

Tham khảo: Inequality 6

hệ quả của Schur nhé

a/ Ta có:

\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\le a\left(2\right)\\\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le c\left(3\right)\end{cases}}\)

Lấy (1), (2), (3) nhân vế theo vế ta được

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

b/

\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2\left(b+c\right)+b^2\left(c+a\right)+c^2\left(a+b\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[ab^2+ac^2-a^3\right]+\left[ba^2+bc^2-b^3\right]+\left[ca^2+cb^2-c^3\right]>2abc\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-1>0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{2abc}>0\) (đúng)

Vậy ta có ĐPCM

do a,b,c là 3 cạnh của tam giác nên:

c<a+b  => 2c<a+b+c  => 2c<2  => c<1

Tương tự ta cm được a<1; b<1

vì a<1 => 1-a >0

b<1 => 1-b >0

c<1  => 1-c>0

=>   (1-a)(1-b)(1-c)  > 0

=> 1- (a+b+c) +ab+bc+ac-abc >0

=>ab+ac+bc-1>abc  (a+b+c=0, chuyển vế đổi dấu)

=>2ab+2ac+2bc-2>2abc

Vậy a²+b²+c²+2abc < a²+b²+c²+2ab+2ac+2bc-2= (a+b+c)²-2=4-2=2

Vậy => dpcm

2) Ta có: Áp dụng bất đẳng thức:

\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\) ta được:

\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{\left(a+b-c+b+c-a\right)^2}{4}=\frac{4b^2}{4}=b^2\)

Tương tự chứng minh được:

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

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

Nhân vế 3 bất đẳng thức trên với nhau ta được:

\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)

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

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)