1. Áp dụng BĐT Cauchy dạng Engle, ta có :

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{9}{a+b+c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

\(\frac{1}{3}\left(a^3+b^3+a+b\right)+ab\le a^2+b^2+1\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+b^2+1-ab\right)+ab\le a^2+b^2+1\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)-ab\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+1-ab\right)\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\)

Vì a, b dương \(\Rightarrow a^2+b^2+1-ab>0\Rightarrow\left(\frac{a+b}{3}-1\right)\le0\Leftrightarrow a+b\le3\)

\(M=\frac{a^2+8}{a}+\frac{b^2+2}{b}=a+\frac{8}{a}+b+\frac{2}{b}=2a+2b+\frac{8}{a}+\frac{2}{b}-\left(a+b\right)\ge8+4-3=9\)

Áp dụng BĐT Cauchy cho a ; b dương

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=2;b=1\)

\(\frac{1}{3}\left(a^3+b^3+a+b\right)+ab\le a^2+b^2+1\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab+1\right)\le\left(a^2+b^2-ab+1\right)\)

vì a²+b²-ab+1 >0 với mọi a,b thuộc R \(\Rightarrow\frac{1}{3}\left(a+b\right)\le1\Leftrightarrow a+b\le3\)

khi đó ta có \(M=\frac{a^2+8}{a}+\frac{b^2+2}{b}=a+\frac{8}{a}+b+\frac{2}{b}=a+\frac{4}{a}+b+\frac{1}{b}+\frac{4}{a}+\frac{1}{b}\)

\(\Leftrightarrow M=\left(a+\frac{4}{a}\right)+\left(b+\frac{1}{b}\right)+\left(\frac{4}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

áp dụng bđt cosi cho các cặp số dương \(\left(a;\frac{4}{a}\right);\left(b;\frac{1}{b}\right);\left(\frac{4}{a};\frac{1}{b}\right)\)ta có

\(\hept{\begin{cases}a+\frac{4}{a}\ge2\cdot\sqrt{a\cdot\frac{4}{a}}=2\sqrt{4}=4\\b+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{b\cdot\frac{1}{b}}=2\sqrt{1}=2\\\frac{4}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{\left(2+1\right)^2}{a+b}\ge\frac{9}{3}=3\end{cases}}\Rightarrow minM=4+3+2=9\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{4}{a}\\b=\frac{1}{b}\\a=2b\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=2\\b=1\end{cases}}}\)

vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là 9 khi a=2; b=1

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

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a+b}{2-a-b}\right)^2-\frac{ab}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2+2ab+b^2\right)\left(a-1\right)\left(b-1\right)-ab\left(a+b-2\right)^2}{\left(a+b-2\right)^2\left(a-1\right)\left(b-1\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{-a^3-b^3+a^2+b^2+a^2b+ab^2-2ab}{\left(a+b-2\right)^2\left(a-1\right)\left(b-1\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{-\left(a-b\right)^2\left(a+b-1\right)}{\left(a+b-2\right)^2\left(a-1\right)\left(b-1\right)}\ge0\)

BĐT cuối luôn đúng vì \(a;b\in\)\((0;\frac{1}{2}]\)

2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).

Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.

Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)

Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)

Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)

\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):

\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)

\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)

\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)

Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.

Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(

Cách khác câu 2:Đặt \(\left(a,b,c\right)=\left(a^3,b^3,c^3\right)\)

Có: \(VT-VP=\frac{1}{6} \sum\, \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2}+\frac{2}{3} \sum \,{a}^{2}{b}^{2} \left( a -b \right) ^{2} \geq 0\)

Bất đẳng thức trên vẫn đúng trong trường hợp $a,b,c$ là các số thực.

Thật vậy ta chỉ cần chứng minh$:$

\(\frac{1}{6}\sum \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2} \geq 0\)

Chú ý \(\sum\left(a-b\right)\left(a+b-c\right)=0\)

Ta đưa về chứng minh: \(\sum (3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc) \geq 0 \,\,\,\,\,\,(1)\)

Và \(\sum \left( 3\,{a}^{2}+2\,ab+4\,ac+2\,bc+3\,{c}^{2} \right) \left( 3\,{a} ^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \geq 0 \,\,\,\,(2)\)

$(1)$ dễ chứng minh bằng tam thức bậc $2$.

Chứng minh $(2):$

$$\text{VT} = {\frac {196\, \left( a+b+c \right) ^{4}}{27}} + \sum{\frac { \left( a-b \right) ^{2} \left( 47\,a+26\,c+47\,b \right) ^{2}
}{2538}}+\sum {\frac {328\,{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2}}{141}} \geq 0$$

Xong.

Vũ Minh Tuấn, @Nk>↑@, Nguyễn Văn Đạt, Băng Băng 2k6, tth, Nguyễn Thị Diễm Quỳnh, Lê Thị Thục Hiền,

Aki Tsuki, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm, @Akai Haruma

giúp e vs ạ! cần gấp! thanks nhiều!

theo cô -si ta có 

1/2*[ab/(c+a) + ab/(c+b)] >= 1/2*2căn(ab*ab/[(c+a)(c+b)] = ab/căn[(c+a)(c+b)]

cô si bạn ơi

Ta có: \(\left(\left|x\right|-\left|y\right|\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\ge2\left|xy\right|\)

\(\Rightarrow\left|\frac{2xy}{x^2+y^2}\right|\le1\)(*)

Lại có: \(\left(a+b\right)^2+\left(1-ab\right)^2=\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\)

Nên: \(\left|\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\right|=\left|\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a+b\right)^2+\left(1-ab\right)^2}\right|\)

Áp dụng (*), ta có: \(\left|\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a+b\right)^2+\left(1-ab\right)^2}\right|\le\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\left|\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\right|\le\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{-1}{2}\le\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\le\frac{1}{2}\)  \(\left(đpcm\right)\)

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: \(4ab\le\left(a+b\right)^2\)

Ta có:

\(\Rightarrow\left[\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\right]^2\le\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{-1}{2}\le\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\le\frac{1}{2}\)

Vậy \(\frac{-1}{2}\le\frac{\left(a+b\right)\left(1-ab\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}\le\frac{1}{2}\left(đpcm\right)\)

Bài 2 dùng sos:)) Nhưng em không chắc đâu, chỗ dùng mấy cái kí hiệu tổng ý, nó rất rối, nhưng em lại lười viết ra:)

BĐT \(\Leftrightarrow\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}-1+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc}-27\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\Sigma\frac{a+b+7c}{2}\left(a-b\right)^2}{abc}-\frac{\Sigma\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2\left(\frac{a+b+7c}{abc}-\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\)

Ta có: \(\frac{a+b+7c}{abc}-\frac{1}{a^2+b^2+c^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+7c\right)-abc}{abc}\)

\(\ge\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}.3\sqrt[3]{7abc}-abc}{abc}=\frac{3\sqrt[3]{7}.abc-abc}{abc}>0\).

Từ đó ta có thể suy ra đpcm.

Nãy nhầm vị trí:v Làm lại bài 3:

Từ giả thiết suy ra \(\frac{a}{a+1}=1-\frac{b}{b+1}+1-\frac{c}{c+1}\)

\(=\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)

Tương tự hai BĐT còn lại và nhân theo vế sẽ thu được t= abc \(\ge8\) (1)

Mặt khác nhân hai vế của giả thiết với (a+1)(b+1)(c+1) thu được:

\(2\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\Sigma a\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)

\(\Rightarrow a+b+c=abc-2\). Từ (1) suy ra cả hai vế đều dương.

Do đó \(\sqrt{a+b+c}=\sqrt{abc-2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{3abc\left(a+b+c\right)}=\sqrt{3abc\left(abc-2\right)}\). Mặt khác, theo hệ quả quen thuộc của bđt AM- GM thì \(3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+bc+ca\right)^2\)

Do đó \(ab+bc+ca\ge\sqrt{3abc\left(abc-2\right)}=\sqrt{3t\left(t-2\right)}\)
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được \(3t\left(t-2\right)\ge12^2\left(\text{với }t\ge8\right)\)

Như vậy ta có đpcm.

P.s: Mong là lần này không bị nhầm

Bài 2, cách khác:

Đặt \(a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r\) thì \(\frac{pq}{9}\ge r\) (AM-GM phát là ra:D)

Cần chứng minh \(\frac{q}{p^2-2q}+\frac{p^3}{r}\ge28\)

Ta có: \(LHS\ge\frac{q}{p^2-2q}+\frac{9p^3}{pq}\) (theo cái bđt ở trên:v) \(=\frac{q}{p^2-2q}+\frac{9p^2}{q}\)

Bây giờ chứng minh \(\frac{q}{p^2-2q}+\frac{9p^2}{q}\ge28\) (1)

\(\Leftrightarrow q^2+9p^2\left(p^2-2q\right)\ge28\left(p^2-2q\right)q\)

\(\Leftrightarrow9p^4+57q^2\ge46p^2q\)(*)

LHS(*) \(=\frac{19}{3}p^4+57q^2+\frac{8}{3}p^4\ge38p^2q+\frac{8}{3}p^4\)

\(=38p^2q+\frac{8}{3}p^2p^2\ge38p^2q+8p^2q=46p^2q\)

Ta có đpcm.

P/s: Èo, cách này còn khó hơn cách ban nãy:( Phải chi tìm được cách tách chỗ (1) thì nó sẽ ngắn và đẹp mắt hơn nhiều,nhưng em ko tìm ra nên đành quy đồng.