Lời giải:

BĐT tương đương với \((a^2+ab+ac)(a^2+ac+ab+bc)+b^2c^2\geq 0\)

Đặt \(a^2+ab+ac=t\)

BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow t(t+bc)+b^2c^2=(t-\frac{bc}{2})^2+\frac{3b^2c^2}{4}\geq 0\)

Luôn đúng vì bình phương của một số thực luôn là số không âm

Dấu bằng xảy ra khi \(2(a^2+ab+ac)=bc\) và \(bc=0\)

Lời giải:
a. 

$f(-1)=a-b+c$

$f(-4)=16a-4b+c$

$\Rightarrow f(-4)-6f(-1)=16a-4b+c-6(a-b+c)=10a+2b-5c=0$

$\Rightarrow f(-4)=6f(-1)$

$\Rightarrow f(-1)f(-4)=f(-1).6f(-1)=6[f(-1)]^2\geq 0$ (đpcm)

b.

$f(-2)=4a-2b+c$

$f(3)=9a+3b+c$

$\Rightarrow f(-2)+f(3)=13a+b+2c=0$

$\Rightarrow f(-2)=-f(3)$

$\Rightarrow f(-2)f(3)=-[f(3)]^2\leq 0$ (đpcm)

a. 

�
(
−
1
)
=
�
−
�
+
�
f(−1)=a−b+c

�
(
−
4
)
=
16
�
−
4
�
+
�
f(−4)=16a−4b+c

⇒
�
(
−
4
)
−
6
�
(
−
1
)
=
16
�
−
4
�
+
�
−
6
(
�
−
�
+
�
)
=
10
�
+
2
�
−
5
�
=
0
⇒f(−4)−6f(−1)=16a−4b+c−6(a−b+c)=10a+2b−5c=0

⇒
�
(
−
4
)
=
6
�
(
−
1
)
⇒f(−4)=6f(−1)

⇒
�
(
−
1
)
�
(
−
4
)
=
�
(
−
1
)
.
6
�
(
−
1
)
=
6
[
�
(
−
1
)
]
2
≥
0
⇒f(−1)f(−4)=f(−1).6f(−1)=6[f(−1)] 
2
 ≥0 (đpcm)

b.

�
(
−
2
)
=
4
�
−
2
�
+
�
f(−2)=4a−2b+c

�
(
3
)
=
9
�
+
3
�
+
�
f(3)=9a+3b+c

⇒
�
(
−
2
)
+
�
(
3
)
=
13
�
+
�
+
2
�
=
0
⇒f(−2)+f(3)=13a+b+2c=0

⇒
�
(
−
2
)
=
−
�
(
3
)
⇒f(−2)=−f(3)

⇒
�
(
−
2
)
�
(
3
)
=
−
[
�
(
3
)
]
2
≤
0
⇒f(−2)f(3)=−[f(3)] 
2
 ≤0 (đpcm

Áp dụng BĐT cosi:

\(\left(2+a+b\right)\left(a+4b+ab\right)\ge3\sqrt[3]{2ab}\cdot3\sqrt[3]{4a^2b^2}=9\sqrt[3]{8a^3b^3}=9\cdot2ab=18ab\)

Dấu \("="\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b=2\\a=4b=ab\end{matrix}\right.\left(\text{vô lí}\right)\)

Vậy dấu \("="\) ko xảy ra hay \(\left(2+a+b\right)\left(a+4b+ab\right)>18ab\)

(a²+ab+ac)(a²+ab+ac+bc)+b²c² 

đặt a²+ab+ac=x; bc=y

=>x(x+y)+y²=x²+xy+y²>=0(đúng)

*)Giả sử với \(n=2\) đặt \(\hept{\begin{cases}2x=b+c-a\\2y=a-b+c\\2z=a+b-c\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)

\(\Rightarrow a=y+z;b=x+z;c=x+y\)

BĐT cần chứng minh là \(xy^3+yz^3+xz^3-xyz\left(x+y+z\right)\ge0\)

Tự C/M cái này bằng AM-GM nhé

*)Giả sử đúng với n (tức là dạng t/q). KO mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)

Khi đó ta có: \(b^nc(b-c)\ge-a^nb(a-b)-c^na(c-a)\)

\(\Rightarrow b^{n+1}c(b-c)\ge-a^nb^2(a-b)-c^nab(c-a)\)

Nên \(a^{n+1}b(a-b)+b^{n+1}c(b-c)+c^{n+1}a(c-a)\)

\(\ge a^{n+1}b(a-b)-a^nb^2(a-b)-c^nab(c-a)+c^{n+1}a(c-a)\)

\(=a^nb(a-b)+b^nc(b-c)+c^na(c-a)\ge0\) 

Theo nguyên lí quy nạp thì có ĐPCM

Theo em được biết thì bài a) chính là BĐT IMO 1983. Có cách giải quen thuộc là dùng phép thế Ravi ngoài ra còn có một lời giải tuyệt đẹp của Bernhard Leeb như sau:

a) Giả sử \(a=max\left\{a,b,c\right\}\). Ta có:\(VT=a\left(b+c-a\right)\left(b-c\right)^2+b\left(a+b-c\right)\left(a-b\right)\left(a-c\right)\ge0\)

Ngoài ra, từ cách phân tích trên em cũng tìm được một cách phân tích như sau:

Giả sử \(c=max\left\{a,b,c\right\}\). Ta có:

\(VT=\frac{\left[3ab+b\left(c-b\right)+4a\left(c-a\right)\right]\left(b-c\right)^2+b\left(a+b-c\right)\left(b+c-2a\right)^2}{4}\ge0\)(qed)

b) BĐT Schur bậc 3.