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.

\(0\le a,b,c\le1\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-a\le0\\b^2-b\le0\\c^2-c\le0\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\left(a^2-a\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-b\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-c\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2b\ge a^2+ab-a\\b^2c\ge b^2+bc-b\\c^2a\ge c^2+ca-c\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\)\(a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)-\left(a+b+c\right)\) (1) 

Và \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c-1\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab\ge a+b-1\\bc\ge b+c-1\\ca\ge c+a-1\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\)\(ab+bc+ca\ge2\left(a+b+c\right)-3\) (2) 

(1), (2) \(\Rightarrow\)\(3+a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)\)

Lại có: \(\hept{\begin{cases}a\le1\\b\le1\\c\le1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2\le a\\b^2\le b\\c^2\le c\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^3\le a^2\\b^3\le b^2\\c^3\le c^2\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\)\(3+a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\ge2\left(a^3+b^3+c^3\right)=2a^3+2b^3+2c^3\) ( đpcm ) 

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=1;b=1;c=0\) và các hoán vị 

Phùng Minh Quân ơi câu trả lời của bạn dài quá. Bạn có thể trả lời ngắn hơn mà.

Này nhé : dòng 2 là \(ab^2+b^2c+c^2a\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)

Nhưg \(abc\le1\), nếu là > thì còn ghép đc chứ < thì ko ghép đc đâu :/

Cách đó sai nhé

BĐT cosi

Do \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\Leftrightarrow3\ge3abc\Leftrightarrow1\ge abc\)

Có \(ab^2+b^2c+c^2a\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\le3.1=3=2+1\le2+abc\)

Mới học lớp 8 ( thông cảm)

\(a+b+c=\frac{1}{abc}\)

\(\Leftrightarrow abc\left(a+b+c\right)=1\)(*)

\(\Leftrightarrow a^2bc+ab^2c+abc^2=1\)

Ta có :

\(1+b^2c^2=a^2bc+ab^2c+abc^2+b^2c^2\)

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

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

Tương tự ta cũng có \(1+a^2c^2=ac\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)

Khi đó : \(\left(1+b^2c^2\right)\left(1+a^2c^2\right)=abc^2\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)(1)

Xét \(c^2+a^2b^2c^2\)

\(=a^2b^2c^2+\frac{abc^3}{abc}\)

\(=a^2b^2c^2+abc^3\left(a+b+c\right)\)( theo giả thiết )

\(=a^2b^2c^2+a^2bc^3+ab^2c^3+abc^4\)

\(=abc^2\left(ab+bc+ca+c^2\right)\)

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

Từ (1) và (2) ta suy ra :

\(\sqrt{\frac{\left(1+b^2c^2\right)\left(1+a^2c^2\right)}{c^2+a^2b^2c^2}}=\sqrt{\frac{abc^2\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{abc^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\)

\(=\sqrt{\left(a+b\right)^2}=\left|a+b\right|=a+b\)( vì \(a,b\in Z^+\) )

Ta có đpcm.

a, b, c > 0 mà sao abc = 0 được vậy nhỉ:))

#)Góp ý :

Nguyễn Khang chuẩn :v

Rõ bảo mong k muốn ai thấy nick này mak cứ ló mặt ra lm chi ???

Lấy nick tth_new có ph nhanh hơn k ^^