\(\begin{array}{l}\left( {a + b} \right).\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) = a.{a^2} - a.ab + a.{b^2} + b.{a^2} - b.ab + b.{b^2}\\ = {a^3} - {a^2}b + a{b^2} + {a^2} - a{b^2} + {b^3}\\ = {a^3} + {b^3}\end{array}\)

Ta có:

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

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

                                    \(=\left(a-b\right)\left(a+b+c\right)\)(1)

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

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

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

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

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

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

Ta có : \(\frac{1}{\left(b-c\right)\left(a^2+ac-b^2-bc\right)}\)\(+\frac{1}{\left(c-a\right)\left(b^2+ab-c^2-ac\right)}\)\(+\frac{1}{\left(a-b\right)\left(c^2+bc-a^2-ab\right)}\)(*)

Thế (1),(2),(3) vào (*)

=>\(\frac{1}{\left(b-c\right)\left(a-b\right)\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{\left(c-a\right)\left(b-c\right)\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(a+b+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(c-a\right)+\left(a-b\right)+\left(b-c\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a+b+c\right)}=0\)

Dễ thôi bạn chỉ cần quy đồng thôi

\(\frac{1}{\left(b-c\right)\left(a^2+ac-b^2-bc\right)}+\frac{1}{\left(c-a\right)\left(b^2+ab-c^2-ac\right)}+\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)\left(c^2+bc-a^2-ab\right)}\)

=\(\frac{1}{\left(b-c\right)\left(a-b\right)\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{\left(c-a\right)\left(b-c\right)\left(a+b+c\right)}\)\(+\frac{1}{\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(a+b+c\right)}\)

=\(\frac{c-a+a-b+b-c}{\left(b-c\right)\left(a-b\right)\left(a+b+c\right)}=0\)

ak nhầm chỗ quy đồng xíu

Ta có :\(\left(a-b\right)\left(c^2+bc-a^2-ab\right)=\left(a-b\right)\left[\left(c^2-a^2\right)+\left(bc-ab\right)\right]\)

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

Tương tự : \(\left(b-c\right)\left(a^2+ac-b^2-bc\right)=\left(b-c\right)\left(a-b\right)\left(a+b+c\right)\)

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

\(MTC=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-s\right)\left(a+b+c\right)\)

Kí hiệu biểu thức đã cho bởi \(Q\),ta có :

         \(Q=\frac{c-a+a-b+b-c}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a+b+c\right)}=0\)

\(\begin{array}{l}a)\left( {a + b} \right){\left( {a + b} \right)^2}\\ = \left( {a + b} \right)\left( {{a^2} + 2{\rm{a}}b + {b^2}} \right)\\ = {a^3} + 2{{\rm{a}}^2}b + a{b^2} + b{a^2} + 2{\rm{a}}{b^2} + {b^3}\\ = {a^3} + 3{{\rm{a}}^2}b + 3{\rm{a}}{b^3} + {b^3}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}b)\left( {a - b} \right){\left( {a - b} \right)^2}\\ = \left( {a - b} \right)\left( {{a^2} - 2{\rm{a}}b + {b^2}} \right)\\ = {a^3} - 2{{\rm{a}}^2}b + a{b^2} - b{a^2} + 2{\rm{a}}{b^2} - {b^3}\\ = {a^3} - 3{{\rm{a}}^2}b + 3{\rm{a}}{b^3} - {b^3}\end{array}\)

Vai trò a,b không đổi ta giả sử a > b

Ta có : |ab + 1| > |a - b|

=> |ab + 1|² > |a - b|² 

<=> (ab)² + 2ab + 1 > a² + b² - 2ab

<=> (ab)² - a² - b² + 1 + 4ab > 0

<=> (a² - 1)(b² - 1) + 4ab > 0 (1)

Nếu a \(\ge\) b \(\ge\)1 hay -1 \(\ge\) a \(\ge\) b thì (1) luôn đúng

Nếu -1 \(\le\) b \(\le\) a \(\le\) 1 và ab \(\ge\) 0 thì

(a² - 1)(b² - 1) > 0 ; ab > 0 => (1) luôn đúng 

Nếu -1 \(\le\) b \(\le\) a \(\le\) 1và ab \(\le\) 0  (2)

Khi đó nếu trong 5 số thực đó chỉ có số không âm

=> (2) không xảy ra => (1) luôn đúng 

Nếu dãy trên tồn tại ít nhất một số thực a < 0 hay nhiều hơn 

thì (1) luôn đúng do khi đó luôn tồn tại ít nhất cặp số ab > 0  và (2) không xảy ra 

=> ĐPCM 

Đặt \(x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}\)thì ta có \(xy+yz+zx+xyz=4\)

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: \(x^2+y^2+z^2+5xyz\ge4\)

Đặt \(x+y+z=p;xy+yz+zx=q;xyz=r\)thì \(q+r=4\)và ta cần chứng minh \(p^2-2q+5r\ge8\)

\(\Leftrightarrow p^2-2q+5\left(r-4\right)+12\ge0\Leftrightarrow p^2-7q+12\ge0\)

*) Nếu \(4\ge p\)thì theo Schur, ta có: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow4\ge q+\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\)

\(\Leftrightarrow q\le\frac{p^3+36}{4p+9}\)

Nên ta cần chỉ ra rằng \(p^2-\frac{7\left(p^3+6\right)}{4p+9}+12\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2-6\right)\le0\)*đúng vì \(4\ge p\ge\sqrt{3q}\ge3\)*

*) Nếu \(p\ge4\)thì \(p^2\ge16\ge4q\Rightarrow p^2-2q+5r\ge p^2-2q\ge\frac{p^2}{2}\ge8\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hoặc \(\left(x,y,z\right)=\left(2,2,0\right)\)và các hoán vị

Tuyệt quá,

Bất đẳng thức \(\frac{a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{kabc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{8}k\)

có hằng số k tốt nhất là 10.

Tức là bài toán này đúng với mọi \(k\le10\)!