Đợi lâu quá nên em giải nốt nha:v

Nhớ là đề này em đã sửa lại đk \(2\ge a>b>c\ge0\) bên dưới rồi nhé!

Ta có: \(LHS\left(VT\right)=\left(a-b\right)a+\left(b-c\right)\left(a+b\right)+c\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(a-b\right)a+\left(b-c\right)\left(3-c\right)+3c\)

\(\le2\left(a-b\right)+3b+3c\left(\text{do }c\ge0\right)=2a+b+3c=RHS\left(VP\right)\)

Ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0.

Tag ko dính gì cả :(

bđt\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2a-b-3c\le0\)

VT\(\le3a^2-6a\le0\)

mà \(\left(3a^2-6a^2\right)_{max}=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\\a=2\end{matrix}\right.\)

Vậy bđt đúng. Dấu = xra khi a=2 vì ta thấy a khác b khác c và a lớn nhất.

Thay a=2 vào bđt ban đầu:

\(4+b^2+c^2\le4+b+3c\)

\(\Leftrightarrow b^2+c^2-b-3c\le0\)

Bằng lập luận tương tự ta đc bđt đúng và dấu = xra khi b=1;c=0.

Vậy ta có đpcm với dấu = xra khi a=2;b=1;c=0.

#Walker

Giải thích dòng thứ 2:

\(VT=\left(a-1\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\left(c-\frac{3}{2}\right)^2\le\left(a-1\right)^2+\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(a-\frac{3}{2}\right)^2\le\frac{7}{2}\)

Với a thuộc [0;2] ta thấy bđt đúng và dấu = xra khi a=2.

Từ đó \(VT\le4+b^2+c^2\)

Phần sau đc giải thích ở phần bình luận.

#Walker

Em làm đúng chưa ạ Akai HarumaNguyễn Việt Lâm

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\(a^3b^2-a^2b^3+b^3c^2-c^3b^2+c^3a^2-c^2a^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2\left(a-b\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-a\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2\left(a-b\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-b+b-a\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2\left(a-b\right)+c^2a^2\left(b-a\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2b^2-c^2a^2\right)\left(a-b\right)+\left(b^2c^2-c^2a^2\right)\left(b-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2\left(b^2-c^2\right)\left(a-b\right)+c^2\left(b^2-a^2\right)\left(b-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left[a^2\left(b+c\right)-c^2\left(a+b\right)\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2b+a^2c-c^2a-c^2b\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left[a\left(ab-c^2\right)+c\left(a^2-bc\right)\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) luôn đúng do \(a\ge b\ge c\ge0\)

cảm ơn bạn nhá, bạn trả lời giúp mình mấy câu hỏi về BĐT còn lại của mik đc ko? cảm ơn bn nhiều!

\(\left(1.a+\sqrt{3}.\sqrt{3}b\right)^2\le\left(1+3\right)\left(a^2+3b^2\right)\Rightarrow\sqrt{a^2+3b^2}\ge\frac{a+3b}{2}\)

\(\Rightarrow VT\ge\frac{a+3b}{2}+\frac{b+3c}{2}+\frac{c+3a}{2}=2\left(a+b+c\right)=6\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Áp dụng hệ quả BĐT Cauchy cho 2 số thực dương ta có

(ab)^2 +(bc)^2 >=2 ab.bc

(bc)^2+(ca)^2 >= 2bc.ca

(ca)^2+(ab)^2 >= 2ca.ab

=> 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)>=2abc(a+b+c)

<=>  a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 >= abc(a+b+c)

Dấu = xảy ra <=> ab=bc=ca <=>a=b=c

Áp dụng bất đẳng thức cosi cho lần lượt 3 số không âm là a,b,c ta có :

\(a^2b^2+b^2c^2\ge2b^2ac\)

\(b^2c^2+c^2a^2\ge2c^2ab\)

\(a^2b^2+c^2a^2\ge2a^2bc\)

Cộng lần lượt 3 vế của các bđt trên ta có :

\(2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge2abc\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)

ĐPCM

Dấu "=" khi a=b=c

Ta có BĐT sau \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)    

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

Áp dụng vào thì 

\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge ab^2c+bC^2a+ca^2b\)

\(=abc\left(a+b+c\right)\)

Phù ....... 10 phút đồng hồ đánh đt :((((

Xét \(2\left(a+b+c\right)=2a+2b+2c=\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\)

Áp dụng bđt cosi cho 3 bộ số ta có :

\(\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\ge3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)(Dấu "=" xảy ra khi a = b = c)

\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge\frac{3}{2}\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(\RightarrowĐPCM\)