Áp dụng BĐT Bunyakovski\(,\) ta có: \(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

Do đó: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\ge9abc\)

Bất đẳng thức cuối tương đương: \(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab+bc+ca\right)\) \((\ast)\)

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

\(\therefore\left(ab+bc+ca\right)=\frac{\left(a+b+c\right)^2-3}{2}\)

\((\ast)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge\frac{9}{2}\)\(\Big[(a+b+c)^2-3\Big] \)

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

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên.

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\). Done.

Thiên tài

Ta có \(2P=4042ca-2ab-2bc=\left(\sqrt{2021}a+\sqrt{2021}c-\dfrac{1}{\sqrt{2021}}b\right)^2-\left(2021a^2+2021c^2+\dfrac{1}{2021}b^2\right)\ge-\left(2021a^2+2021c^2+\dfrac{1}{2021}b^2\right)\).

Lại có \(2021a^2+2021c^2+\dfrac{1}{2021}b^2\le2021\left(a^2+c^2+b^2\right)=4042\).

Do đó \(2P\ge-4042\Rightarrow P\ge-2021\).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi b = 0; \(a=-c=\pm1\).

\(\Leftrightarrow\frac{3}{2}\left(a+c\right)^2+\frac{\left(a-c-2b\right)^2}{2}\ge0\) (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = -c

Vậy..

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab-2bc-2ca\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2+2bc+c^2+c^2+2ca+a^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=-c\)

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

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

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

=>\(c^2=2ac+2bc-2ab\)

Đặt \(A = a^2 + (a - c)^2\)

\(=a^2+a^2-2ac+c^2=2a^2-2ac+c^2\)

=>\((b - c) \cdot A = (b - c)(2a^2 - 2ac + c^2)\)

\(= 2a^2b - 2a^2c - 2abc + 2ac^2 + bc^2 - c^3\)

\(= a(2ab - 2ac) - 2abc + 2ac^2 + bc^2 - c^3\)

=>\((b - c) \cdot A = a(2bc - c^2) - 2abc + 2ac^2 + bc^2 - c^3\)

\(= 2abc - ac^2 - 2abc + 2ac^2 + bc^2 - c^3\)

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

Đặt \(B = b^2 + (b - c)^2\)

\(=b^2+b^2-2bc+c^2=2b^2-2bc+c^2\)

=>\((a - c) \cdot B = (a - c)(2b^2 - 2bc + c^2)\)

\(= 2ab^2 - 2b^2c - 2abc + 2bc^2 + ac^2 - c^3\)

\(= b(2ab - 2bc) - 2abc + 2bc^2 + ac^2 - c^3\)

=>\((a - c) \cdot B = b(2ac - c^2) - 2abc + 2bc^2 + ac^2 - c^3\)

\(= 2abc - bc^2 - 2abc + 2bc^2 + ac^2 - c^3\)

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

Do đó: A(b-c)=B(a-c)

=>\(\frac{a-c}{b-c}=\frac{A}{B}=\frac{a^2+\left(a-c\right)^2}{b^2+\left(b-c\right)^2}\)

Giả sử \(2\left(a^4+b^4\right)\ge a^3b+ab^3+2a^2b^2\)

\(\Leftrightarrow2a^4+2b^4-a^3b-ab^3-2a^2b^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^4-a^3b\right)-\left(ab^3-b^4\right)+\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)+\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)+\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2-ab+b^2\right)+\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\) \(\forall a;b\)                   \(\left(1\right)\)

Lại có: \(a^2-ab+b^2=\left(a^2-2.a.\frac{b}{2}+\frac{b^2}{4}\right)+\frac{3b^2}{4}\)

                                         \(=\left(a-\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}\ge0\) \(\forall a;b\)                          \(\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra  \(\left(a-b\right)^2\left(a^2-ab+b^2\right)+\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\forall a;b\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^4+b^4\right)\ge a^3b+ab^3+2a^2b^2\forall a;b\)

Vậy \(2\left(a^4+b^4\right)\ge a^3b+ab^3+2a^2b^2\) với mọi a;b

- Nếu \(abc\ge0\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\ge0\) dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=0\)

- Nếu \(abc< 0\Rightarrow\)  trong 3 số a; b; c có ít nhất 1 số âm

Không mất tính tổng quát, giả sử \(c< 0\Rightarrow ab>0\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}-2\le c< 0\\ab>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow abc\ge-2ab\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\ge a^2+b^2-2ab+c^2=\left(a-b\right)^2+c^2>0\) (không thỏa mãn)

Vậy \(a=b=c=0\)

Bài kinh điển này có nhiều cách chứng minh, đây là cách sử dụng Bernoulli: \(\left(1+x\right)^r\ge1+rx\) với \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge-1\\r\ge2\end{matrix}\right.\)

Với các số thực dương a, b, ta dễ dàng chứng minh \(\dfrac{a-b}{a+b}\ge-1\) và \(\dfrac{b-a}{a+b}\ge-1\) (nhân chéo rút gọn là xong)

Với n=1 BĐT hiển nhiên đúng, xét với \(n\ge2\)

\(\dfrac{a^n+b^n}{2}\ge\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^n\Leftrightarrow\dfrac{2^n\left(a^n+b^n\right)}{\left(a+b\right)^n}\ge2\Leftrightarrow\left(\dfrac{2a}{a+b}\right)^n+\left(\dfrac{2b}{a+b}\right)^n\ge2\)

Áp dụng BĐT Bernoulli ta có:

\(\left(\dfrac{2a}{a+b}\right)^n=\left(1+\dfrac{a-b}{a+b}\right)^n\ge1+\dfrac{n\left(a-b\right)}{a+b}\)

\(\left(\dfrac{2b}{a+b}\right)^n=\left(1+\dfrac{b-a}{a+b}\right)^n\ge1+\dfrac{n\left(b-a\right)}{a+b}\)

Cộng vế với vế:

\(\left(\dfrac{2a}{a+b}\right)^n+\left(\dfrac{2b}{a+b}\right)^n\ge2\) (đpcm)

Dấu "=" khi a=b

Áp dụng bđt Bunhiacopxki cho 3 số a,a,b, ta có:

3(b^2+2a^2)^3=(1^2+1^2+1^2)(a^2+a^2+b^2)>=(a+a+b)^2=(b+2a)^2

\(VT=\dfrac{a^4}{ab+ac}+\dfrac{b^4}{ab+bc}+\dfrac{c^4}{ac+bc}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(VT\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)