1, C/m : a^3 + b^3 + c^3 ≥ a^2.căn (bc) + b^2.căn (ac) + c^2.căn (ab) 
Ta có : 2( a^3 + b^3 + c^3 ) = ( a^3 + b^3 + c^3 ) + ( a^3 + b^3 + c^3 ) 
≥ 3abc + a^3 + b^3 + c^3 ( BĐT Côsi ) 
= a^3 + abc + b^3 + abc + c^3 + abc ≥ 2.a^2.căn (bc) + 2.b^2.căn (ac) + 2.c^2.căn (ab) ( BĐT Côsi ) 
=> a^3 + b^3 + c^3 ≥ a^2.căn (bc) + b^2.căn (ac) + c^2.căn (ab) 
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c. 


2, C/m : (a^2 + b^2 + c^2)(1/(a + b ) + 1/(b + c) +1/(a + c) ) ≥ (3/2)(a + b + c) ( 1 ) 
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho phân số ( :D ) ta được : 
(a^2 + b^2 + c^2)(1/(a + b ) + 1/(b + c) +1/(a + c) ) ≥ (a^2 + b^2 + c^2).[(1+1+1)^2/(a+b+b+c+a+c)] = (a^2 + b^2 + c^2) . 9/[2.(a+b+c)] 
(1) <=> (a^2 + b^2 + c^2) . 9/[2.(a+b+c)] ≥ (3/2)(a + b + c) 
<=> 3(a^2 + b^2 + c^2) ≥ (a + b + c)^2 
<=> a^2 + b^2 + c^2 ≥ ab + bc + ca. 
BĐT cuối đúng nên => đpcm ! 
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c. 


3, C/m : a^4 + b^4 + c^4 ≥ (a + b + c)abc 
Ta có : 2( a^4 + b^4 + c^4 ) = (a^4 + b^4 +c^4) + (a^4 + b^4 +c^4) 
≥ ( a^2.b^2 + b^2.c^2 + c^2.a^2 ) + (a^4 + b^4 +c^4) = ( a^4 + b^2.c^2 ) + ( b^4 + c^2.a^2 ) + ( c^4 + a^2.b^2 ) 
≥ 2.a^2.bc + 2.b^2.ca + 2.c^2.ab ( BĐT Côsi ) 
= 2.abc(a + b + c) 
Do đó a^4 + b^4 + c^4 ≥ (a + b + c)abc 
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c. 

a )

`VP= (a+b)^3-3ab(a+b)`

     `=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3-3a^2b-3ab^2`

     `=a^3+b^3 =VT (đpcm)`

b) 

b) Ta có

a) Ta có:

`VP= (a+b)^3-3ab(a+b)`

     `=a^3 + b^3+3ab ( a + b )- 3ab ( a + b )`

     `=a^3 + b^3=VT(dpcm)`

b) Ta có

1. Ta sẽ chứng minh dựa trên các kết quả quen thuộc sau về tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác:

\(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\)

Và: \(a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2=abc\)

Đẳng thức thứ nhất chỉ cần dựng hình bình hành AMIN, sau đó sử dụng định lý phân giác các góc B và C.

Đẳng thức thứ hai ta chỉ cần lấy 1 điểm P nào đó đối xứng I qua AC, gọi D, E, F là tiếp điểm của (I) với BC, AC, AB, sau đó sử dụng tỉ lệ diện tích: 

\(\dfrac{S_{AEIF}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\dfrac{AI.AK}{AB.AC}=\dfrac{IA^2}{bc}\)

Tương tự và cộng lại ...

Từ đó:

\(a.MA^2+b.MB^2+c.MC^2=a.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+b\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2+c.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)^2\)

\(=\left(a+b+c\right)MI^2+a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2+2\overrightarrow{MI}\left(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}\right)\)

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

Dấu "=" xảy ra khi \(MI=0\) hay M là tâm đường tròn nội tiếp

2. Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của tam giác, thực hiện phép thế Ravi:

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+y;y+z;z+x\right)\)

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(4\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)\ge3\left(x^3+y^3+z^3+3xyz+xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\right)\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\)

Đây là BĐT Schur bậc 3

\(a,VT=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)=a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2\)

\(VP=\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2=a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2\)

\(\Rightarrow VT=a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2=VP\left(đpcm\right)\)

b, Tham khảo:Chứng minh hằng đẳng thức:(a+b+c)3= a3 + b3 + c3 + 3(a+b)(b+c)(c+a) - Hoc24

a) Áp dụng nhiều lần công thức \(\left(x+y\right)^3=x^3-y^3+3xy\left(x+y\right)\), ta có:

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

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

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

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

\(=3\left(a+b\right)\left(ab+ac+bc+c^2\right)\)

\(=3\left(a+b\right)\left[a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)\right]\)

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

b) Ta có:

\(a^3+b^3+c^3-3abc\)

\(=a^3+3ab\left(a+b\right)+b^2+c^3-3abc-3ab\left(a+b\right)\)

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

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)\)

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

Mình nghĩ bằng thế này mới đúng, bạn chắc ghi sai đề rồi

a) Ta có: (a + b + c)³ - a³ - b³ - c³ = [ (a + b + c)³ - a³ ] - ( b³ + c³)

= (a + b + c - a) ( a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ac + a² + ab + ac + a²) - (b + c) ( b² - bc + c³)

= (b + c) ( 3a² + b² + c² + 3ab + 2bc + 3ac) - (b + c) ( b² - bc + c³)

= ( b + c) ( 3a² + b² + c² + 3ab + 2bc + 3ac - b² + bc - c³)

= ( b + c) ( 3a² + 3ab + 3bc + 3ac)

= 3 (b + c) [a (a + b) + c (a + b)]

= 3 (b + c) (a + b) (a + c) (đpcm)

Ta có \(a^4+b^4\ge2a^2.b^2\) (Bất đẳng thức Cô si với \(a^2;b^2\ge0\) )
Tương tự \(b^4+c^4\ge2b^2.c^2;a^4+c^4\ge2a^2.c^2\)
Do đó: \(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{2a^2b^2+2b^2c^2+2a^2c^2}{2}=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\)(1)
Ta lại có:\(a^2b^2+b^2c^2\ge2ab^2c;b^2c^2+a^2c^2\ge2abc^2;a^2c^2+a^2b^2\ge2a^2bc\)
Nên\(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge a^2bc+ab^2c+abc^2=abc\left(a+b+c\right)=3abc\left(a+b+c=3,gt\right)\)
(1);(2) => \(a^4+b^4+c^4\ge3abc\) ;đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (*)
Giả sử: \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\\ \Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3-3ab\left(a+b+c\right)-3c\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b+c\right)^2-ab-bc-ac\right]\ge0\\2.3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\ge0\\ \Leftrightarrow3\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\right)\ge0\\\Leftrightarrow3\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]\ge0\)
Đúng mới mọi a,b,c ϵR 
Vậy \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\) và đẳng thức xảy ra khi a=b=c=(a+b+c)/3 =1(**)
Ta lại có \(a^4\ge a^3;b^4\ge b^3;c^4\ge c^3\) mà a+b+c = 3
Nên \(a^4+b^4+c^4>a^3+b^3+c^3\) (***)
Từ (*);(**);(***) ta có điều phải chứng minh và đẳng thức xảy ra khi a= b=c=1
 

Tôi có cách chứng minh bằng đồng bậc hóa bất đẳng thức như sau:

ta sẽ chứng minh:

\(3\left(a^4+b^4+c^4\right)>=\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
<=> \(2\left(a^4+b^4+c^4\right)>=ab\left(a^2+b^2\right)+bc\left(b^2+c^2\right)+ca\left(c^2+a^2\right)\)

mà ta có theo bất đẳng thức AMGM \(a^4+b^4>=\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}>=\dfrac{2ab\left(a^2+b^2\right)}{2}=ab\left(a^2+b^2\right)\)
làm tương tự rồi cộng lại, ta có đpcm.

Đây nhé! Tích giúp c nha