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: \(a=b=c\)

Ta có a < b + c

=> 2a < a + b + c = 2

=> a < 1

Tương tự b < 1, c < 1

Từ đó ta có (1 - a)(1 - b)(1 - c) > 0

<=> -abc + ab + bc + ca - a - b - c + 1 > 0

<=> abc < ab + bc + ca - 1

<=> 2abc < 2(ab + bc + ca) - 2

a² + b² + c² + 2abc < a² + b² + c²​ + 2(ab + bc + ca) - 2 = (a + b + c)² - 2 = 2

Điều phải cm tương đương với

\(\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+2abc< 2\)

\(4-2\left(ab+bc+ca\right)+2abc-2< 0\)

\(2-ab-bc-ca+abc-1< 0\)

Ta có: a,b,c là 3 cạnh của tam giác nên thỏa mãn bđt:\(\hept{\begin{cases}c< a+b\\b< c+a\\a< c+b\end{cases}}\)<=>\(\hept{\begin{cases}2c< a+b+c\\2b< a+b+c\\2a< a+b+c\end{cases}}\)=>\(\hept{\begin{cases}c< 1\\b< 1\\a< 1\end{cases}}\)

=>\(\left(c-1\right)\left(b-1\right)\left(a-1\right)< 0\)

<=> \(abc-ab-bc-ca+a+b+c-1< 0\)

<=> \(abc-ab-bc-ca+2-1< 0\)(do a+b+c=2)

đpcm

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 1 tam giác

\(\Rightarrow a< b+c\Rightarrow2a< a+b+c=6\Rightarrow a< 3\)

Chứng minh tương tự ta được: \(b< 3;c< 3\)

\(\Rightarrow3-a>0;3-b>0,3-c>0\)

Do đó:

\(\left(3-a\right)\left(3-b\right)\left(3-c\right)\le\left(\dfrac{3-a+3-b+3-c}{3}\right)^3=\left(\dfrac{9-\left(a+b+c\right)}{3}\right)^3=1\)

\(\Leftrightarrow-abc+3\left(ab+bc+ca\right)-9\left(a+b+c\right)+27\le1\)

\(\Leftrightarrow-abc+3\left(ab+bc+ca\right)-27\le1\)

\(\Leftrightarrow abc\ge3\left(ab+bc+ca\right)-28\)

\(\Leftrightarrow2abc\ge6\left(ab+bc+ca\right)-56\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+2abc\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)+6\left(ab+bc+ca\right)-56\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+2abc\ge3\left(a+b+c\right)^2-56=52\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)

BĐT vế phải:

Vẫn từ chứng minh trên, \(3-a>0;3-b>0,3-c>0\)

\(\Rightarrow\left(3-a\right)\left(3-b\right)\left(3-c\right)>0\)

\(\Leftrightarrow-abc+3\left(ab+bc+ca\right)-9\left(a+b+c\right)+27>0\)

\(\Leftrightarrow-abc+3\left(ab+bc+ca\right)-27>0\)

\(\Leftrightarrow abc< 3\left(ab+bc+ca\right)-27\)

\(\Leftrightarrow2abc< 6\left(ab+bc+ca\right)-54\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+2abc< 3\left(a^2+b^2+c^2\right)+6\left(ab+bc+ca\right)-54\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+2abc< 3\left(a+b+c\right)^2-54=54\) (đpcm)