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

\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)

\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)

Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)

\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)

\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm

a)Áp dụng BĐT cosi-schwart:
`A=1/a+1/b+1/c>=9/(a+b+c)`
Mà `a+b+c<=3/2`
`=>A>=9:3/2=6`
Dấu "=" `<=>a=b=c=1/2`
b)Áp dụng BĐT cosi:
`a+1/(4a)>=1`
`b+1/(4b)>=1`
`c+1/(4c)>=1`
`=>a+b+c+1/(4a)+1/(4b)+1/(4c)>=3`
Ta có:
`1/a+1/b+1/c>=6`(Ở câu a)
`=>3/4(1/a+1/b+1/c)>=9/2`
`=>a+b+c+1/(a)+1/(b)+1/(c)>=3+9/2=15/2`
Dấu "=" `<=>a=b=c=1/2`

a)Áp dụng BĐT cosi-schwart:

Mà 

Dấu "=" 
b)Áp dụng BĐT cosi:




Ta có:
(Ở câu a)


Dấu "=" 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:

\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3.3=9\)hay \(a+b+c\le3\)(do \(a^2+b^2+c^2=3\))

Theo bất đẳng thức Mincopxki và bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:

\(\sqrt{\frac{9}{\left(a+b\right)^2}+c^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(b+c\right)^2}+a^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(c+a\right)^2}+b^2}\)

\(\ge\sqrt{9\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\)

\(\ge\sqrt{9\left[\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right]^2+\left(a+b+c\right)^2}\)

Đến đây, ta cần chứng minh rằng: \(\sqrt{9\left[\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right]^2+\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{3\sqrt{13}}{2}\)(*)

Đặt \(t=a+b+c\Rightarrow0< t\le3\)

Khi đó, (*) trở thành \(\sqrt{9\left(\frac{9}{2t}\right)^2+t^2}\ge\frac{3\sqrt{13}}{2}\Leftrightarrow9\left(\frac{9}{2t}\right)^2+t^2\ge\frac{117}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(t-3\right)\left(2t-9\right)\left(t+3\right)\left(2t+9\right)}{4t^2}\ge0\)(đúng với mọi \(0< t\le3\))

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

\(\frac{a}{b^2+1}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}\ge a-\frac{ab}{2}\)  (AM-GM)

chung minh tuong tu ta co 

\(VT\ge a+b+c-\frac{ab}{2}-\frac{bc}{2}-\frac{ac}{2}\ge3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

dau = xay ra khi a=b=c=1

Áp dụng BĐT Cosi ta có \(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}.\frac{a^2+b^2}{4ab}}=1\)

Tương tự \(\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{4bc}\ge1\) \(\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{c^2+a^2}{4ca}\ge1\)

Khi đó BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được

\(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\left(\frac{a^2+b^2}{4ab}+\frac{b^2+c^2}{4bc}+\frac{c^2+a^2}{4ca}\right)\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\left(\frac{a}{4b}+\frac{b}{4a}+\frac{b}{4c}+\frac{c}{4b}+\frac{a}{4c}+\frac{c}{4a}\right)\right)\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}-\frac{a+c}{b}-\frac{b+c}{a}-\frac{c+a}{b}\right)\ge\frac{3}{4}\)(do \(a+b+c=1\))

\(\Leftrightarrow\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\) luôn đúng. Từ đó suy ba BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Trước hết ta chứng minh BĐT: \(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)

Cách đơn giản nhất là: Giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\) và đặt \(a=c+u,\, b=c+v\) thì \(u,\,v \geq 0\)

Ta cần chứng minh: \({\frac { \left( 3\,{u}^{2}-3\,uv+3\,{v}^{2} \right) {c}^{3}+9\,{u}^{2} v{c}^{2}+ \left( {u}^{4}+{u}^{3}v+12\,{u}^{2}{v}^{2}-5\,u{v}^{3}+{v}^{ 4} \right) c+{u}^{2}v \left( u+v \right) ^{2}}{ \left( c+u \right) \left( c+v \right) c \left( 3\,c+u+v \right) ^{2}}} \geq 0\) \((\ast)\)

Điều này đúng vì: \(3u^2-3uv+3v^2\ge0\) (dễ dàng chứng minh)

Và \({u}^{4}+{u}^{3}v+12\,{u}^{2}{v}^{2}-5\,u{v}^{3}+{v}^{4}=\frac{1}{4}\,{u}^{2} \left( 4\,{u}^{2}+4\,uv+23\,{v}^{2} \right) +\frac{1}{4}\,{v}^{2} \left( 5\,u -2\,v \right) ^{2} \geqq 0\)

Tiếp theo là chứng minh: \(\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

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

\(\Leftrightarrow3\ge a+b+c\) . Nhưng điều này là hiển nhiên vì: \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=\, b=\,c = 1\).

Thực ra ta có thể viết SOS theo kiểu mình cho bất đẳng thức \((\ast)\) và giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\) thì cũng được đpcm.

Cách này đẹp hơn nhưng khó hơn!

Giả sử \(a\ge b\ge c\)

\(\Rightarrow3a^2\ge a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow a\ge1\)

Do đó ta có : \(a+b+c\ge1\)

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

Áp dụng BĐT Cô-si ta có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{b^2}{ac}}=\frac{3b}{\sqrt[3]{abc}}\\\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{b}\ge3\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=\frac{3c}{\sqrt[3]{abc}}\\\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{a}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\end{matrix}\right.\)

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

Ta cần chứng minh : \(\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

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

Luôn đúng vì : \(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\ge\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\)

Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=1\)

\(VT=\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}=\frac{a^2}{ca}+\frac{b^2}{ab}+\frac{c^2}{bc}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}\)

Ta cần chứng minh :

\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow\frac{3}{ab+bc+ca}+2\ge\frac{9}{a+b+c}\)

Đặt \(a+b+c=t\)

\(\Leftrightarrow\frac{6}{t^2-3}+2\ge\frac{9}{t}\)

\(\Leftrightarrow2t^3-6t+6t-9t^2+27\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2t+3\right)\left(t-3\right)^2\ge0\) ( Đúng )

Vậy ...