Ta nhóm các nhân tử của tích thành hai cặp để làm xuất hiện cùng một biểu thức trung gian: Thực hiện phép nhân trong từng cặp: Thay vào bất đẳng thức, ta được: Đặt t = x^2 - 5x. Khi đó, bất đẳng thức trở thành: Khai triển và rút gọn vế trái: Đây là một hằng đẳng thức bình phương của một tổng: Thay t = x^2 - 5x trở lại: Vì bình phương của một số thực bất kỳ luôn không âm, ta có: Do đó, bất đẳng thức đã được chứng minh: Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x^2 - 5x + 5 = 0. Phương trình này có hai nghiệm thực.

Chia cả hai vế của điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc cho abc (vì a, b, c dương nên abc > 0), ta được: Đặt ẩn phụ: x = \frac{1}{a}, y = \frac{1}{b}, z = \frac{1}{c}. Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0. Điều kiện đã cho trở thành: $$ xy + xz + yz + x + y + z = 6 \quad (*)$$ Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: Từ đẳng thức cơ bản: Áp dụng bất đẳng thức \mathbf{x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + zx} cho ba số dương x, y, z, ta có: $$ (x + y + z)^2 \ge 3(xy + yz + zx) \quad (1)$$ Từ điều kiện (*), ta rút ra: $$ xy + yz + zx = 6 - (x + y + z) \quad (2)$$ Thay (2) vào (1), đặt S = x + y + z: Vì x, y, z > 0 nên S = x + y + z > 0. Do đó, S + 6 > 6 > 0. Để bất đẳng thức (S + 6)(S - 3) \ge 0 đúng, ta phải có S - 3 \ge 0. Vậy, ta có: Ta cần chứng minh x^2 + y^2 + z^2 \ge 3. Sử dụng lại đẳng thức từ Bước 2: Thay xy + yz + zx = 6 - (x + y + z) từ điều kiện (*) vào: Đặt S = x + y + z, ta cần chứng minh: Do đã chứng minh được S = x + y + z \ge 3 (từ Bước 2), nên: * S - 3 \ge 0 * S > 0 \implies S + 5 > 5 > 0 Vậy, tích (S - 3)(S + 5) \ge 0 là đúng. Điều này dẫn đến x^2 + y^2 + z^2 \ge 3 được chứng minh. Thay x = \frac{1}{a}, y = \frac{1}{b}, z = \frac{1}{c} trở lại, ta có: Dấu bằng xảy ra Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi S = 3 và x=y=z (để x^2 + y^2 + z^2 = xy + yz + zx). * S = x + y + z = 3 * x = y = z \implies 3x = 3 \implies x = 1. Vậy x = y = z = 1. Thay ngược lại a = \frac{1}{x}, b = \frac{1}{y}, c = \frac{1}{z}: Kiểm tra điều kiện: 1+1+1 + 1\cdot1 + 1\cdot1 + 1\cdot1 = 6 và 6\cdot1\cdot1\cdot1 = 6. (Thỏa mãn). Kiểm tra bất đẳng thức: \frac{1}{1^2} + \frac{1}{1^2} + \frac{1}{1^2} = 3 \ge 3. (Thỏa mãn).

Chứng minh rằng với mọi số thực x, luôn có: Ta sẽ phân tích P(x) thành tổng của các số hạng không âm, bằng cách chia thành các trường hợp: Trường hợp 1: x \le 0 Đặt x = -y với y \ge 0. Thay vào biểu thức P(x): Ta nhóm các số hạng lại: Vì y \ge 0, nên 2y^7 + y^6 \ge 0 và y^2 + y \ge 0. Do đó, P(x) > y^4(4y^4 - 3) + 1. * Nếu y đủ lớn sao cho 4y^4 - 3 \ge 0 (tức y \ge \sqrt[4]{3/4} \approx 0.93), thì P(x) > 1 > 0. * Nếu 0 \le y < \sqrt[4]{3/4}: Giá trị âm lớn nhất của y^4(4y^4 - 3) là khi y^4 = 3/8, khi đó y^4(4y^4 - 3) = (3/8)(4 \cdot 3/8 - 3) = -9/16 \approx -0.5625. Mặt khác, P(x) có các số hạng dương 2y^7 + y^6 + y^2 + y + 1. P(x) = y^4(4y^4 - 3) + \underbrace{2y^7 + y^6 + y^2 + y}_{\ge 0} + 1 > -0.5625 + 1 > 0 (Dấu bằng chỉ xảy ra khi y=0, khi đó P(0)=1). Vậy, P(x) > 0 với mọi x \le 0. Trường hợp 2: x > 0 Ta phân tích P(x) thành tổng của ba số hạng không âm (hoặc có tổng không âm): Trường hợp 2a: x \ge 1 * x^6(x - 1)^2 \ge 0 * x^4 - 1 \ge 0 \implies 3x^4(x^4 - 1) \ge 0 * x^2 - x + 1 = x(x - 1) + 1 \ge 0 + 1 = 1 > 0 \implies P(x) \ge 0 + 0 + 1 = 1 > 0. Trường hợp 2b: 0 < x < 1 Với 0 < x < 1, ta viết lại P(x) bằng cách sử dụng hằng đẳng thức x^2 - x + 1 = (x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} và x^4 - 1 = -(1 - x^4): Ta chỉ cần chứng minh x^6(1 - x)^2 + (x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} - 3x^4(1 - x^4) > 0. Đặt t = x^4. Vì 0 < x < 1, ta có 0 < t < 1. Ta xét biểu thức E = \frac{3}{4} - 3x^4(1 - x^4) = \frac{3}{4} - 3t(1 - t). Vì \left(t - \frac{1}{2}\right)^2 \ge 0, nên E \ge 0. Thay E trở lại P(x): Vì 0 < x < 1, ta có x^6(1-x)^2 > 0. Tổng của ba số hạng không âm, trong đó có một số hạng dương, nên: Kết luận: Bất đẳng thức đã được chứng minh với mọi số thực x.

Chia cả hai vế của điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc cho abc (vì a, b, c dương nên abc > 0), ta được: Đặt ẩn phụ: x = \frac{1}{a}, y = \frac{1}{b}, z = \frac{1}{c}. Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0. Điều kiện đã cho trở thành: $$ xy + xz + yz + x + y + z = 6 \quad (*)$$ Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: Từ đẳng thức cơ bản: Áp dụng bất đẳng thức \mathbf{x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + zx} cho ba số dương x, y, z, ta có: $$ (x + y + z)^2 \ge 3(xy + yz + zx) \quad (1)$$ Từ điều kiện (*), ta rút ra: $$ xy + yz + zx = 6 - (x + y + z) \quad (2)$$ Thay (2) vào (1), đặt S = x + y + z: Vì x, y, z > 0 nên S = x + y + z > 0. Do đó, S + 6 > 6 > 0. Để bất đẳng thức (S + 6)(S - 3) \ge 0 đúng, ta phải có S - 3 \ge 0. Vậy, ta có: Ta cần chứng minh x^2 + y^2 + z^2 \ge 3. Sử dụng lại đẳng thức từ Bước 2: Thay xy + yz + zx = 6 - (x + y + z) từ điều kiện (*) vào: Đặt S = x + y + z, ta cần chứng minh: Do đã chứng minh được S = x + y + z \ge 3 (từ Bước 2), nên: * S - 3 \ge 0 * S > 0 \implies S + 5 > 5 > 0 Vậy, tích (S - 3)(S + 5) \ge 0 là đúng. Điều này dẫn đến x^2 + y^2 + z^2 \ge 3 được chứng minh. Thay x = \frac{1}{a}, y = \frac{1}{b}, z = \frac{1}{c} trở lại, ta có: Dấu bằng xảy ra Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi S = 3 và x=y=z (để x^2 + y^2 + z^2 = xy + yz + zx). * S = x + y + z = 3 * x = y = z \implies 3x = 3 \implies x = 1. Vậy x = y = z = 1. Thay ngược lại a = \frac{1}{x}, b = \frac{1}{y}, c = \frac{1}{z}: Kiểm tra điều kiện: 1+1+1 + 1\cdot1 + 1\cdot1 + 1\cdot1 = 6 và 6\cdot1\cdot1\cdot1 = 6. (Thỏa mãn). Kiểm tra bất đẳng thức: \frac{1}{1^2} + \frac{1}{1^2} + \frac{1}{1^2} = 3 \ge 3. (Thỏa mãn).

Ta cần chứng minh biểu thức P = x^2 + y^2 + xy - 3x - 3y + 3 \ge 0 với mọi số thực x, y. Để đưa về tổng các bình phương, ta nhân cả hai vế với 4 (vì 4 > 0, bất đẳng thức không đổi chiều) Ta sẽ nhóm các hạng tử để tạo thành các bình phương: * Nhóm hạng tử chứa x và y để tạo thành (2x+y)^2: 4x^2 + 4xy + y^2 = (2x+y)^2 * Tiếp theo, ta nhóm các hạng tử còn lại để đưa về bình phương: (Ở đây ta đã tách -12x - 12y thành -6(2x+y), và 12 thành 9+3) * Tiếp tục biến đổi: * Nhóm ba hạng tử đầu tiên để tạo thành một bình phương: (2x+y)^2 - 2 \cdot 3 \cdot (2x+y) + 3^2 = (2x+y-3)^2 * Nhóm ba hạng tử còn lại để tạo thành một bình phương: 3y^2 - 6y + 3 = 3(y^2 - 2y + 1) = 3(y-1)^2 Vậy, ta có: Vì (2x+y-3)^2 \ge 0 và 3(y-1)^2 \ge 0 với mọi số thực x, y, nên: Do 4P \ge 0 và 4 > 0, suy ra P \ge 0. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh: Dấu bằng xảy ra Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4P = 0, tức là: Giải hệ phương trình: * Từ phương trình thứ nhất: y = 1 * Thay y=1 vào phương trình thứ hai: 2x + 1 - 3 = 0 \implies 2x - 2 = 0 \implies x = 1 Vậy, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 và y = 1.

Ta sẽ biến đổi vế trái của bất đẳng thức thành tổng của các bình phương (tổng các số không âm). Gọi biểu thức cần chứng minh là P. Ta nhóm các hạng tử chứa x và hoàn thành bình phương cho x: Sử dụng công thức (A+B)^2 = A^2 + 2AB + B^2, ta có: Thêm và bớt \left(\frac{y-3}{2}\right)^2 để hoàn thành bình phương cho x: Tiếp tục phân tích tử số của phân thức thứ hai: Thay vào biểu thức P: Vì x, y là các số thực tùy ý, nên: * \left(x + \frac{y-3}{2}\right)^2 \geq 0 (bình phương của một số thực luôn không âm). * \frac{3(y-1)^2}{4} \geq 0 (vì 3 > 0, 4 > 0 và (y-1)^2 \geq 0). Do đó, tổng của hai số không âm cũng là một số không âm: Vậy, bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: Dấu bằng xảy ra khi x = 1 và y = 1.

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau cho mọi x, y > 0:

\sqrt{x^2 - xy + y^2} \ge \frac{x+y}{2}

Bình phương hai vế (vì cả hai vế đều không âm):

x^2 - xy + y^2 \ge \left(\frac{x+y}{2}\right)^2

x^2 - xy + y^2 \ge \frac{x^2 + 2xy + y^2}{4}

Nhân cả hai vế với 4:

4x^2 - 4xy + 4y^2 \ge x^2 + 2xy + y^2

3(x^2 - 2xy + y^2) \ge 0

3(x - y)^2 \ge 0

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y. Vậy, bất đẳng thức \sqrt{x^2 - xy + y^2} \ge \frac{x+y}{2} đã được chứng minh. Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức phụ Áp dụng bất đẳng thức phụ đã chứng minh cho ba hạng tử của vế trái (VT) bất đẳng thức cần chứng minh: Với (x, y) = (a, b): \sqrt{a^2 - ab + b^2} \ge \frac{a+b}{2} Với (x, y) = (b, c): \sqrt{b^2 - bc + c^2} \ge \frac{b+c}{2} Với (x, y) = (c, a): \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge \frac{c+a}{2}

Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế:

\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge \frac{a+b}{2} + \frac{b+c}{2} + \frac{c+a}{2}

Rút gọn vế phải (VP):

\text{VP} = \frac{(a+b) + (b+c) + (c+a)}{2} = \frac{2a + 2b + 2c}{2} = \frac{2(a+b+c)}{2} = a+b+c

Theo giả thiết của bài toán, ta có a + b + c = 3. Thay vào bất đẳng thức vừa tìm được:

\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tất cả các dấu bằng trong các bất đẳng thức phụ xảy ra, tức là:

a = b \quad (\text{từ 1})

b = c \quad (\text{từ 2})

c = a \quad (\text{từ 3})

Kết hợp với điều kiện a+b+c=3, ta suy ra a = b = c = 1.

Để chứng minh bất đẳng thức này, ta sẽ biến đổi vế trái thành tổng của các bình phương (phương pháp hằng đẳng thức):

a^2 - ab + b^2 = a^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{b}{2} + \left(\frac{b}{2}\right)^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 + b^2

a^2 - ab + b^2 = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 - \frac{b^2}{4} + b^2

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

Vì \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 \ge 0 (bình phương của một số thực luôn không âm) và \frac{3b^2}{4} \ge 0 (vì b^2 \ge 0), nên:

\left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3b^2}{4} \ge 0 + 0 = 0

Vậy bất đẳng thức a^2 - ab + b^2 \ge 0 được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cả hai số hạng đều bằng 0:

\begin{cases} a - \frac{b}{2} = 0 \\ \frac{3b^2}{4} = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} a = \frac{b}{2} \\ b = 0 \end{cases}

Thay b=0 vào phương trình thứ nhất, ta được a = \frac{0}{2} = 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 0.

Ta xét hiệu của vế trái (VT) và vế phải (VP):

VT - VP = (a^2 - ab + b^2) - \frac{1}{4}(a+b)^2

VT - VP = a^2 - ab + b^2 - \frac{1}{4}(a^2 + 2ab + b^2)

Quy đồng và nhân cả hai vế với 4 (vì 4>0):

4(a^2 - ab + b^2) - (a^2 + 2ab + b^2) \ge 0

4a^2 - 4ab + 4b^2 - a^2 - 2ab - b^2 \ge 0

Thu gọn các hạng tử đồng dạng:

(4a^2 - a^2) + (-4ab - 2ab) + (4b^2 - b^2) \ge 0

3a^2 - 6ab + 3b^2 \ge 0

Đặt thừa số chung 3:

3(a^2 - 2ab + b^2) \ge 0

Sử dụng hằng đẳng thức (a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2:

3(a - b)^2 \ge 0

Vì (a-b)^2 \ge 0 với mọi số thực a, b và 3 > 0, nên bất đẳng thức 3(a-b)^2 \ge 0 luôn đúng. Vậy bất đẳng thức a^2 - ab + b^2 \ge \frac{1}{4}(a+b)^2 được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a-b)^2 = 0:

(a - b)^2 = 0 \implies a - b = 0 \implies a = b

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b.

Đặt các hiệu số sau: a = y - x b = z - y Do điều kiện z \ge y \ge x \ge 0, ta có: a \ge 0 và b \ge 0. Từ đó, ta biểu diễn y, z và các hiệu số khác theo x, a, b: y = x + a z = y + b = x + a + b y - x = a z - y = b z - x = (z - y) + (y - x) = b + a x - y = -a x - z = -(a + b) Thay các biểu thức này vào P:

P = x(x - y)(x - z) + y(y - z)(y - x) + z(z - x)(z - y)

P = x(-a) (-(a+b)) + (x+a)(b)(a) + (x+a+b)(a+b)(b)

P = (xa^2 + xab) + (abx + a^2 b) + (ab + b^2)(x + a + b)

P = xa^2 + 2xab + a^2 b + (xab + a^2 b + ab^2 + xb^2 + ab^2 + b^3)

P = xa^2 + 2xab + a^2 b + xab + a^2 b + 2ab^2 + xb^2 + b^3

Gom các hạng tử có chứa x:

P = x(a^2 + 2ab + ab + b^2) + (a^2 b + a^2 b + 2ab^2 + b^3)

P = x(a^2 + 3ab + b^2) + (2a^2 b + 2ab^2 + b^3)

P = (y-x)^2 (x + y - z) + z(z - x)(z - y)

Thay a = y-x và b = z-y (với z \ge y \ge x \ge 0, nên a \ge 0, b \ge 0): y - x = a z - y = b z - x = a + b z = x + a + b x + y - z = x + (x+a) - (x+a+b) = x - b Thay vào công thức rút gọn:

P = a^2 (x - b) + (x + a + b) (a + b) b

P = a^2 x - a^2 b + (x + a + b) (ab + b^2)

P = a^2 x - a^2 b + [x(ab + b^2) + a(ab + b^2) + b(ab + b^2)]

P = a^2 x - a^2 b + [xab + xb^2 + a^2 b + ab^2 + ab^2 + b^3]

Các hạng tử -a^2 b và +a^2 b triệt tiêu lẫn nhau:

P = a^2 x + xab + xb^2 + 2ab^2 + b^3

P = a^2 x + xab + xb^2 + 2ab^2 + b^3

Nhóm các hạng tử chứa x:

Vì z \ge y \ge x \ge 0, ta có x \ge 0, a = y-x \ge 0, và b = z-y \ge 0. Do đó: x \ge 0 và a^2 + ab + b^2 \ge 0 \implies x(a^2 + ab + b^2) \ge 0. 2ab^2 \ge 0. b^3 \ge 0. Vậy P là tổng của các số hạng không âm, suy ra:

P = x(a^2 + ab + b^2) + 2ab^2 + b^3 \ge 0

Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Điều kiện dấu đẳng thức xảy ra Dấu đẳng thức P = 0 xảy ra khi và chỉ khi tất cả các số hạng không âm bằng 0: x(a^2 + ab + b^2) = 0 2ab^2 = 0 b^3 = 0 Từ (3), suy ra b = 0. Vì b = z - y, nên \mathbf{z = y}. Thay b=0 vào (2), ta được 2a(0)^2 = 0, luôn đúng. Thay b=0 vào (1): x(a^2 + a(0) + 0^2) = 0 \implies xa^2 = 0. Vì x \ge 0 và a^2 \ge 0, điều này xảy ra khi và chỉ khi x=0 hoặc a=0. Trường hợp 1: x=0. Kết hợp với z=y, ta được x=0 và y=z. Trường hợp 2: a=0. Vì a = y-x, nên y=x. Kết hợp với z=y, ta được x=y=z. Tóm lại, dấu đẳng thức xảy ra khi \mathbf{x=y=z} hoặc \mathbf{x=0} và \mathbf{y=z}.