Câu 1: 

\(a^3+b^3+c^3-3abc\)

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

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ab-bc+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)\)

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

\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)\cdot\left(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+a^2-2ac+c^2\right)}{2}\)

\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]}{2}>=0\)

=>\(a^3+b^3+c^3>=3abc\)

Bài 1. Mình nghĩ đề bài của bạn nhầm ở chỗ dấu "\(\ge\)" , bạn sửa lại thành "\(\le\)" nhé ^^

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki : \(9=3\left(a+b+c\right)=\left(1^2+1^2+1^2\right)\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{c}\right)^2\right]\ge\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\le9\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le a+b+c\) (vì a+b+c = 3)

Bài 2. 

Để chứng minh bất đẳng thức trên ta biến đổi : \(a+b+c=1\Leftrightarrow a+1=\left(1-b\right)+\left(1-c\right)\)

Tương tự : \(b+1=\left(1-a\right)+\left(1-c\right)\)  ;  \(c+1=\left(1-a\right)+\left(1-b\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có : \(a+1=\left(1-b\right)+\left(1-c\right)\ge2\sqrt{\left(1-b\right)\left(1-c\right)}\left(1\right)\)

Tương tự : \(b+1\ge2\sqrt{\left(1-a\right)\left(1-c\right)}\left(2\right)\)  ;  \(c+1\ge2\sqrt{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}\left(3\right)\)

Nhân (1), (2) , (3) theo vế  : \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge8\sqrt{\left(1-a\right)^2\left(1-b\right)^2\left(1-c\right)^2}=8\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\)

\(\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge8\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\) (đpcm)

+ \(c^2+1\ge2c\) \(\forall c\)

\(\Rightarrow a^2\left(c^2+1\right)\ge2a^2c\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow c=1\)

+ Tương tự ta có :

\(c^2\left(b^2+1\right)\ge2bc^2\). Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow b=1\)

\(b^2\left(a^2+1\right)\ge2ab^2\). Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=1\)

do đó : \(a^2\left(c^2+1\right)+c^2\left(b^2+1\right)+b^2\left(a^2+1\right)\)

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

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

Áp dụng bđt AM-GM cho 3 số dương \(a^2c;bc^2;ab^2\) ta có :

\(a^2c+bc^2+ab^2\ge3\sqrt[3]{a^2c\cdot bc^2\cdot ab^2}=3abc\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a^2c=bc^2=ab^2\Leftrightarrow a=b=c\)

Do đó : \(a^2\left(c^2+1\right)+c^2\left(c^2+1\right)+b^2\left(a^2+1\right)\)

\(\ge2\cdot3abc=6abc\)

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

Nghĩ đơn giản ra

VT = a² + c²a² + c² + b²c² + b² + a²b² ≥ \(6\sqrt[6]{a^6b^6c^6}\) = 6abc

Giả sử ngược lại, trong 3 số a , b , c có ít nhất 1 số \(\le0\). Vì a, b, c vai trò như nhau, nên ta có thể xem \(a\le0\)

Khi đó :      \(abc>0\Rightarrow\)\(a<0,bc<0\)

                            \(\Rightarrow a\left(b+c\right)=ab+ac>-bc>0\)

                            \(\Rightarrow a\left(b+c\right)>0\)

                            \(\Rightarrow b+c<0\) ( Vì chứng minh trên có a < 0 )

                            \(\Rightarrow a+b+c<0\Rightarrow\) vô lí

Vậy  \(a,b,c>0\)

 CHẮC CHẮN A,B,C>0

\(\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}+\dfrac{c}{ab}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}\ge\dfrac{ab+bc+ac}{abc}\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)* Đúng*

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)

C/M \(\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}+\dfrac{c}{ab}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)

theo bđt cosi ta có

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{a^2bc}}=\dfrac{2}{a}\\\dfrac{a}{bc}+\dfrac{c}{ab}\ge\dfrac{2}{b}\\\dfrac{b}{ca}+\dfrac{c}{ab}\ge\dfrac{2}{c}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow2(\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}+\dfrac{c}{ab})\ge2(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})\)

\(\Rightarrow dpcm\)