Ta có (ab + bc + ca)² = (ab)² + (bc²) + (ca)² + 2abc(a + b + c)

Lại có : x² +y² + z² \(\ge\)xy + yz + xz

Thật vậy  x² +y² + z² \(\ge\)xy + yz + xz

<=> 2(x² +y² + z²) \(\ge\)2(xy + yz + xz)

<=> (x² - 2xy + y²) + (y² - 2yz + z²) + (z² - 2zx + x²) \(\ge0\)

<=> (x - y)² + (z - x)² + (y - z)² \(\ge0\) (đúng) => ĐPCM

Áp dụng bài toán => (ab)² + (bc)² + (ca)² \(\ge\)ab.bc + ac.bc + ab.ac = abc(a + b + c) 

Khi đó (ab + bc + ca)² = (ab)² + (bc²) + (ca)² + 2abc(a + b + c) \(\ge\)abc(a + b + c) + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c) (đpcm) 

Bạn vào thống kê hỏi đáp của mình xem nhé.

\(( a b + b c + a c ) ^2 ≥ 3 a b c ( a + b + c )\)

Biến đổi tương đương, ta được:

\(<=> ( a b ) ^2 + ( b c ) ^2 + ( a c ) ^2 + 2 a b . b c + 2 b c . a c + 2 a c . a b − 3 a b . a c − 3 a b . b c − 3 a c . b c ≥ 0\)

\(<=> ( a b ) ^2 + ( b c ) ^2 + ( a c ) ^2 − a b . a c − a b . b c − a c . b c ≥ 0\)

\(<=> \frac{1}{2} . [ ( a b ) 2 − 2 a b . b c + ( b c ) 2 ] + \frac{1}{2} . [ ( b c ) 2 − 2 b c . a c + ( a c ) 2 ] + \frac{1}{2} .[ ( a c ) ^2 − 2 a c . a b + ( a b ) ^2 ] ≥ 0\)

\(<=> 1 2 . ( a b − b c ) ^2 + 1 2 . ( b c − a c ) ^2 + 1 2 . ( a c − a b ) ^2 ≥ 0 \)(Luôn đúng)

Dấu bằng xảy ra khi: \(a b = b c = a c\)

Ý tưởng của bài toán dựa trên bổ đề phụ:\(( x + y + z ) ^2 ≥ 3 ( x y + y z + x z )\)

Nếu bạn đặt \(a b = x , b c = y , a c = z\)cho bài toán thì sẽ đưa về bổ đề phụ trên

đăng 2 lần ở 2 web làm gì rồi COPIER lại đào lên nhai lại

a, \(a^2+b^2\ge2ab\)

    \(b^2+c^2\ge2bc\)

    \(c^2+a^2\ge ca\)

Cộng các vế => đpcm

b, Áp dung bdt a, ta có thể cm đc \(\left(x+y+z\right)^2\ge3xy+3yz+3zx\)

Thay x,y,z lần lượt bởi ab;bc;ca => ĐPCM

Lời giải:

Ba số thực $a,b,c$ cần có thêm điều kiện không âm mới đúng.

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$ab^3+bc^3+ca^3+2abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3+abc(a+b+c)$

$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a(*)$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^3b+b^3c+c^3a)(abc^2+bca^2+cab^2)\geq (a^2bc+b^2ca+c^2ab)^2$

$\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq abc(a+b+c)$

BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

SOS là ra, khá đơn giản. Ta có:

$$\text{VP}-\text{VT}=ab \left( -c+a \right) ^{2}+ca \left( b-c \right) ^{2}+cb \left( a-b
\right) ^{2}\geqq 0.$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

a,b,c>0 

\(VP-VT=a^3b+b^3c+c^3a-abc\left(a+b+c\right)=abc\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a}\ge0\)

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

\(BDT\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)^2\ge3a^2bc+3ab^2c+3abc^2\)

Đặt \(x=ab;y=bc;z=ac\) thì có:

\(\left(x+y+z\right)^2\ge3xy+3yz+3xz\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\) (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

\(\left(ab+ac+bc\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+2abc\left(a+b+c\right)-3abc\left(a+b+c\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2-a^2bc-ab^2c-abc^2\ge0\)Nhân cả 2 vế cho 2 ta được

\(\Rightarrow2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-2a^2bc-2ab^2c-2abc^2\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(a^2b^2-2a^2bc+a^2c^2\right)+\left(a^2b^2-2ab^2c+b^2c^2\right)+\left(a^2c^2-2abc^2+b^2c^2\right)\ge0\)\(\Rightarrow\left(ab-ac\right)^2+\left(ab-bc\right)^2+\left(ac-bc\right)^2\ge0\) Đúng với mọi a , b , c

Hướng làm nè : 

Giả sử : \(a=min,c=max\)

Thì : \(t=c,k=a\)

Ta đặt : \(b=a+x,c=a+y\left(x\le y\right)\)

Rồi thay vào BĐT cần chứng minh, phá tung ra là được :))

P/s : Mày ra đề làm dài khiếp á !!

 ミ★ Đạt ★彡m làm rõ đi:)) Mà tao đoán cách của m phá ra xong m sẽ ko biết nhóm cho thích hợp đâu:P Cái điều kiện \(x\le y\) sẽ gây khó khăn cho m, cách tao khác.