ta có: \(a^2+b^2=1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\le1\\b^2\le1\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}0\le a\le1\\0\le b\le1\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}a^3\le a^2\\b^3\le b^2\end{cases}}.}\)

\(\Rightarrow a^3+b^3\le a^2+b^2=1\)

\(\Rightarrow a^3+b^3\le1\)   (*)

Mặt khác ta có:  \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\) (BĐT bu-nhi-a)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\le2\) ( vì a^2 +b^2 =1)

\(\Leftrightarrow a+b\le\sqrt{2}\)  (1)

mà \(\left(a^2+b^2\right)^2\le\left(a+b\right)\left(a^3+b^3\right)\) (BĐT bu-nhi-a)

\(\Leftrightarrow1\le\left(a+b\right)\left(a^3+b^3\right)\)   (2)

Thay (1) vào(2) ta đc: \(1\le\sqrt{2}\left(a^3+b^3\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)   (**)

Từ (*);(**)=> đpcm

Ta có: 

\(b\ge0\Rightarrow b^3+1\ge1\Rightarrow a\sqrt{b^3+1}\ge a\)

Hoàn toàn tương tự: \(b\sqrt{c^3+1}\ge b\) ;\(c\sqrt{a^3+1}\ge c\)

Cộng vế:

\(P\ge a+b+c=3\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;3\right)\) và hoán vị

Lại có:

\(a\sqrt{b^3+1}=a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\dfrac{a\left(b^2+2\right)}{2}\)

Tương tự: \(b\sqrt{c^3+1}\le\dfrac{b\left(c^2+2\right)}{2}\) ; \(c\sqrt{a^3+1}\le\dfrac{c\left(a^2+2\right)}{2}\)

\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+a+b+c=\dfrac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)

\(\Rightarrow P\le\dfrac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2+2abc\right)+3\)

Nên ta chỉ cần chứng minh: \(Q=ab^2+bc^2+ca^2+2abc\le4\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a=mid\left\{a;b;c\right\}\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a-c\right)\le0\Leftrightarrow a^2+bc\le ab+ac\)

\(\Rightarrow ca^2+bc^2\le abc+ac^2\)

\(\Rightarrow Q\le ab^2+ac^2+2abc=a\left(b+c\right)^2=\dfrac{1}{2}.2a\left(b+c\right)\left(b+c\right)\le\dfrac{1}{54}\left(2a+2b+2c\right)^3=4\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;0\right)\) và 1 số hoán vị của chúng

a)  Giả sử bất đẳng thức trên là đúng \(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}+a+b+c\ge0\)\(\Rightarrow\left(a^2+a+\frac{1}{4}\right)+\left(b^2+b+\frac{1}{4}\right)+\left(c^2+c+\frac{1}{4}\right)\ge0\)(luôn đúng với mọi a,b,c), ta có ĐPCM                            câu b tương tự nha bn!

Bài 2:Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 

\(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge3\sqrt[3]{\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}}=3\)

Khi a=b=c

Bài 3:

Áp dụng BĐT C-S dạng ENgel ta có: 

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

Khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Bài 4:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(x+y\ge2\sqrt{xy};y+z\ge2\sqrt{yz};x+z\ge2\sqrt{xz}\)

Nhân theo vế 3 BĐT trên ta có ĐPCM

Khi x=y=z

Vì \(a\ge0\),\(b\ge0\),\(c\ge0\),áp dụng bđt Cauchy cho 3 số dương a,b,c ta có

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)

\(c+a\ge2\sqrt{ac}\)

Nhân từng vế bđt trên =>đpcm

\(\text{có:}\frac{k}{n}+\frac{n}{k}\ge2\Leftrightarrow\frac{k}{n}-2+\frac{n}{k}\ge0\Leftrightarrow\frac{k}{n}-2\sqrt{\frac{k}{n}}.\sqrt{\frac{n}{k}}+\frac{n}{k}\ge0\Leftrightarrow\left(\sqrt{\frac{k}{n}}-\sqrt{\frac{n}{k}}\right)^2\ge0\forall k,n>0\)

\(\left(a+b\right).\left(b+c\right).\left(c+a\right)\ge8abc\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+ac+b^2+bc\right).\left(a+c\right)\ge8abc\)

\(\Leftrightarrow a^2b+a^2c+ab^2+abc+abc+ac^2+b^2c+bc^2\ge8abc\)

\(\Leftrightarrow2+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\ge8\)

\(\Leftrightarrow2+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)\ge8\)(luôn đúng với mọi a,b,c >=0)

sửa dòng đầu: \(k,n\ge0\)

a)Áp dụng Bđt Cô si ta có:

\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)

\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)

Cộng theo vế 2 bđt trên ta có:

\(3\ge\frac{3\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)\(\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)

Dấu = khi a=b=c

b)Áp dụng Bđt Cô-si ta có:

\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc^2a}{ab}}=2c\)

\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca^2b}{bc}}=2a\)

\(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{b^2ac}{ac}}=2b\)

Cộng theo vế 3 bđt trên ta có:

\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\)

Đấu = khí a=b=c

bn sử đấu = khí là dấu = khi nhé

\(VT=a^4-4ab^3+3b^4=a^4-ab^3-3ab^3+3b^4\)

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

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

\(=\left(a-b\right)\left[a^3-b^3+a^2b-b^3+ab^2-b^3\right]\)

\(=\left(a-b\right)\left[\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)+\left(a-b\right)\left(ab+b^2\right)+b^2\left(a-b\right)\right]\)

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

\(=\left(a-b\right)^2\left[\left(a+b\right)^2+2b^2\right]\ge0\) ;\(\forall a;b\)