Lời giải:

Ba số thực $a,b,c$ cần có thêm điều kiện không âm mới đúng.

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$ab^3+bc^3+ca^3+2abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3+abc(a+b+c)$

$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a(*)$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^3b+b^3c+c^3a)(abc^2+bca^2+cab^2)\geq (a^2bc+b^2ca+c^2ab)^2$

$\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq abc(a+b+c)$

BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

SOS là ra, khá đơn giản. Ta có:

$$\text{VP}-\text{VT}=ab \left( -c+a \right) ^{2}+ca \left( b-c \right) ^{2}+cb \left( a-b
\right) ^{2}\geqq 0.$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

a,b,c>0 

\(VP-VT=a^3b+b^3c+c^3a-abc\left(a+b+c\right)=abc\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a}\ge0\)

1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)

\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)

2.

Vỉ \(ab+bc+ca+abc=4\)thi luon ton tai \(a=\frac{2x}{y+z};b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y}\)

\(\Rightarrow VT=2\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{ab}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\le2\Sigma_{cyc}\frac{\frac{b}{b+c}+\frac{a}{c+a}}{2}=3\)

Đây là định lý hàm cos!

- Kẻ đường cao AH xuống BC

⇒CH=AC.cosC

Áp dụng định lí Pitago ta có:

AB²=AH²+BH²=AC²−CH²+(BC−CH)²

=AC²−CH²+BC²−2BC.CH+CH²

=AC²+BC²−2BC.CH

=AC²+BC²−2AC.BC.cosC (Điều phải chứng minh)

dề sai kìa thế này mới đúng  \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

áp dung BĐT co6si ta có

\(a^2+b^2\ge2ab;b^2+c^2\ge2bc;c^2+a^2\ge2ca\)

cộng vế với vế có

\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

chia 2 vế cho 2 suy ra (dpcm)

này ; là j

Đây là định lý hàm cos:

Kẻ đường cao AH xuống BC \(\Rightarrow CH=AC.cosC\)

Áp dụng đl Pitago ta có:

\(AB^2=AH^2+BH^2=AC^2-CH^2+\left(BC-CH\right)^2\)

\(=AC^2-CH^2+BC^2-2BC.CH+CH^2\)

\(=AC^2+BC^2-2BC.CH\)

\(=AC^2+BC^2-2AC.BC.cosC\)