Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)\(\Rightarrow b^2\le b;c^3\le c\)

\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\) (1)

Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow abc+a+b+c-ab-bc-ca-1\le0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)

Mà \(a,b,c\ge0\Rightarrow abc\ge0\Rightarrow-abc\le0\)

\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)

2a)với a,b,c là các số thực ta có 

\(a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left|a+b\right|\)

tương tự \(\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge\frac{1}{2}\left|b+c\right|\)

tương tự \(\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{1}{2}\left|a+c\right|\)

cộng từng vế mỗi BĐT ta được \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{2}=a+b+c\)

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

\(\dfrac{1}{a+b+1}+\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{1}{c+a+1}\ge1\)

\(\Leftrightarrow2\ge\dfrac{a+b}{a+b+1}+\dfrac{b+c}{b+c+1}+\dfrac{c+a}{c+a+1}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)^2+a+b}+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{\left(b+c\right)^2+b+c}+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{\left(c+a\right)^2+c+a}\)

\(\Rightarrow2\ge\dfrac{2\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+a+b+c}\)

\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+4\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\)đpcm

Vì \(0\le a;b;c\le1\) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ac\le a+b+c-ab-bc-ac\)

\(=\left(-1+a+b+c-ab-bc-ac+abc\right)-abc+1\)

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

Do \(1\ge a;b;c\ge0\) nên \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\\-abc\le0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc\le0\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc+1\le1\)

Hay \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)(đpcm)

Do\(1\ge a,b,c\ge0\)

\(\Rightarrow b\ge b^2,c\ge c^3\)

Do đó: \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\)(1)

Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)

\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca+abc-1\le0\)

\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)

Mà \(abc\ge0\)

\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\)(2) 

Từ (1) và (2) => đpcm

\(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\ge1\Leftrightarrow\dfrac{2}{a+2}+\dfrac{2}{b+2}+\dfrac{2}{c+2}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{a+2}+\dfrac{b}{b+2}+\dfrac{c}{c+2}\le1\)

\(\Rightarrow1\ge\dfrac{a^2}{a^2+2a}+\dfrac{b^2}{b^2+2b}+\dfrac{c^2}{c^2+2c}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)}\)

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

\(\Rightarrow\) đpcm

https://olm.vn/hoi-dap/detail/239526218296.html

Sử dụng phân tích tuyệt vời của Ji Chen:

\(VT-VP=\frac{4\left(a+b+c-2\right)^2+abc+3\Sigma a\left(b+c-1\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)

Hãy xem phương pháp Buffalo-Way giải quyết nó!

Viết BĐT lại thành: \(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2\ge\frac{25}{4}\)

Giả sử \(a\ge b\ge c\) và đặt \(a=c+u+v,b=c+v\left(u,v\ge0\right)\). Sau khi quy đồng, bất đẳng thức trở thành:

128 c^6+4 u^5 v+19 u^4 v^2+30 u^3 v^3+15 u^2 v^4+c^5 (256 u+512 v)+c^4 (192 u^2+832 u v+832 v^2)+c^3 (96 u^3+528 u^2 v+1008 u v^2+672 v^3)+c^2 (40 u^4+224 u^3 v+488 u^2 v^2+528 u v^3+264 v^4)+c (8 u^5+60 u^4 v+152 u^3 v^2+168 u^2 v^3+100 u v^4+40 v^5) \(\ge0\) (hiển nhiên đúng)

P/s: Khúc cuối dài quá gõ công thức bị tràn hết màn hình nên đành gõ ngoài, thông cảm! Nhớ bài này có một cách dùng dồn biến mà nghĩ không ra.

TL :

Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).

HT

Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái 

\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?

Anh xem sai chỗ nào ạ?

Áp dụng BĐT Cô-si, ta có 

\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)(1)

và \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{27}\le\frac{8}{27}\)(vì \(a+b+c\le1\)) (2)

và \(a^2b^2c^2\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^3}{27}\)(3)

Kết hợp (2) và (3) ta có \(a^2b^2c^2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\frac{8\left(ab+bc+ca\right)^3}{27^2}\)(4)

Kết hợp (1) và (4) ta có \(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\frac{8\left(ab+bc+ca\right)^3}{27^2}}}=\sqrt[3]{\frac{27.27^2}{8\left(ab+bc+ca\right)^3}}\)

\(=\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Từ đó \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)(vì \(a+b+c\le1\))

Lại có \(\frac{1}{ab+bc+ca}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}\ge3\)(cũng vì \(a+b+c\le1\))

Do đó ta được 

\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{ab+bc+ca}+\frac{23}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\ge9+\frac{23.3}{2}=\frac{87}{2}\)

Vậy BĐT được chứng minh.

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)