a.

\(\Leftrightarrow2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\ge2abc\left(a+b+c\right)\)

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

\(\Leftrightarrow\left(ab-ca\right)^2+\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ca\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy BĐT đã cho đúng

b.

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)\ge3abc\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\) (đúng theo câu a đã chứng minh)

Bất đẳng thức tương đương với

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

\(\Leftrightarrow\frac{a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{c+a}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}+a+b+c\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{a+b+c}{2\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}+1\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

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

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

Ta chứng minh \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{a+b+c}{2\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}+1\left(2\right)\)

Đặt \(t=\frac{a+b+c}{\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}>0\),từ BĐT \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

Ta được \(t^2\ge0\Rightarrow t>1\).BĐT (2) viết lại thành 

\(\frac{3t^2}{2}\ge\frac{t}{2}+1\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(3t+2\right)\ge0\) luôn đúng

=>(2) được chứng minh

Từ (1) và (2) => điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

áp dụng BĐT bunhiacopxki

Bài 2: 

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

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

\(=\left(b-a+c\right)\left(b+a-c\right)\left(a+c-b\right)\left(a+c+b\right)\)>0

Đặt \(\frac{a}{b}=\frac{b}{c}=k\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=kb\\b=kc\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=k^2c\\b=kc\end{cases}}\)

Xét VT ta có :

a( b² + c² ) = k²c[ ( kc )² + c² ] = k²c( k²c² + c² ) = k⁴c³ + k²c³ (1)

Xét VP ta có :

c( a² + b² ) = c[ ( k²c )² + ( kc )² ] = c( k⁴c² + k²c² ) = k⁴c³ + k²c³ (2)

Từ (1) và (2) => đpcm

\(x^2=a^2+b^2+ab\)

\(\Leftrightarrow x^4=a^4+b^4+3a^2b^2+2a^3b+2ab^3\)

\(\Leftrightarrow2x^4=2a^4+2b^4+6a^2b^2+4a^3b+4ab^3\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(2ab\right)^2+2a^2b^2+4a^3b+4ab^3\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+\left(a^2+2ab+b^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+\left[\left(a+b\right)^2\right]^2\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+\left(a+b\right)^4\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+c^4\)(đpcm)

               Bài làm :

Ta có :

\(x^2=a^2+b^2+ab\)

\(\Leftrightarrow x^4=a^4+b^4+3a^2b^2+2a^3b+2ab^3\)

\(\Leftrightarrow2x^4=2a^4+2b^4+6a^2b^2+4a^3b+4ab^3\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(2ab\right)^2+2a^2b^2+4a^3b+4ab^3\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+\left(a^2+2ab+b^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+\left[\left(a+b\right)^2\right]^2\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+\left(a+b\right)^4\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+c^4\)

=> Điều phải chứng minh