Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow3\le3a\Rightarrow a\ge1\)

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)

\(A=a^3+\left(b+c\right)^3-3bc\left(b+c\right)\le a^3+\left(b+c\right)^3=a^3+\left(3-a\right)^3\)

\(\Rightarrow A\le27-27a+9a^2=9+9\left(a^2-3a+2\right)=9+9\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le9\)

\(\Rightarrow A_{max}=9\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị

Bài này em làm bên olm rồi, lục lại: Link.

Ý tưởng hệt như ad Lâm:v

Áp dụng bất đẳng thức : \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)(Có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương)

được: \(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)(1)

Thay \(a+b=2-c\)và \(a^2+b^2=2-c^2\)vào (1) được: 

\(2\left(2-c^2\right)\ge\left(2-c\right)^2\Leftrightarrow4-2c^2\ge4-4c+c^2\Leftrightarrow3c^2-4c\le0\)

Giải ra được \(0\le c\le\frac{4}{3}\) 

Tương tự với a,b  ta suy ra được điều phải chứng minh.

thay a+b+c=1 vào chỗ mẫu

sau đó mẫu đc 2c+a+b,.....

hok tốt

Áp dụng bđt quen thuộc \(\frac{4}{x+y}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\left(x;y>0\right)\) được

\(\frac{ab}{c+1}=\frac{ab}{c+a+b+c}=\frac{ab}{4}.\frac{4}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)

Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{bc}{a+1}\le\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\\\frac{ca}{b+1}\le\frac{ca}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\end{cases}}\)

Cộng lại ta đc \(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}+\frac{ca}{a+b}+\frac{ca}{b+c}\right)\)

                             \(=\frac{1}{4}\left[\frac{b\left(a+c\right)}{a+c}+\frac{c\left(a+b\right)}{a+b}+\frac{a\left(b+c\right)}{b+c}\right]\)

                              \(=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1/3

Vì a;b;c là 3 cạnh của tam giác nên mỗi nhân tử của VP đều dương,áp dụng bđt Cauchy:

\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\)

\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}\le\frac{b+c-a+a+c-b}{2}=c\)

\(\sqrt{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}\le\frac{a+c-b+a+b-c}{2}=a\)

Nhân theo vế => ddpcm "=" khi a=b=c

Câu hỏi dài nên mỗi ý mk làm thành 1 câu nha

b/

\(a^3+a^3+1\ge3\sqrt[3]{a^6}=3a^2\)

Tương tự: \(2b^3+1\ge3b^2\) ; \(2c^3+1\ge3c^2\)

Cộng vế với vế:

\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\)

Mặt khác ta lại có:

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

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+3-3\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\ge a^2+b^2+c^2\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

\(\frac{a^3}{\left(b+2\right)^2}+\frac{b+2}{27}+\frac{b+2}{27}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(b+2\right)^2}{27^2.\left(b+2\right)^2}}=\frac{a}{3}\)

Tương tự: \(\frac{b^3}{\left(c+2\right)^2}+\frac{c+2}{27}+\frac{c+2}{27}\ge\frac{b}{3}\) ; \(\frac{c^3}{\left(a+2\right)^2}+\frac{a+2}{27}+\frac{a+2}{27}\ge\frac{c}{3}\)

Cộng vế với vế:

\(VT+\frac{2\left(a+b+c\right)+12}{27}\ge\frac{a+b+c}{3}\)

\(\Leftrightarrow VT+\frac{2}{3}\ge1\Leftrightarrow VT\ge\frac{1}{3}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Note: Em không chắc.Rất mong được mọi người góp ý ạ,em chưa biết cách dùng sos nên đành dùng cách khác ạ.

BĐT \(\Leftrightarrow3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge a^{ 4}+b^4+c^4+ab\left(a^2+b^2\right)+bc\left(b^2+c^2\right)+ca\left(c^2+a^2\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^4+b^4+c^4\right)-ab\left(a^2+b^2\right)-bc\left(b^2+c^2\right)-ca\left(c^2+a^2\right)\ge0\)  (*)

Dễ thấy BĐT trên là hệ quả của BĐT sau: \(a^4-ab\left(a^2+b^2\right)+b^4\ge0\) (1)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\)(2). Theo BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel,ta có:

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

Ta luôn có \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\inℝ\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)

Suy ra: \(VT=a^4+b^4\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+b^2\right)}{2}\ge\frac{2ab\left(a^2+b^2\right)}{2}=ab\left(a^2+b^2\right)=VP\)

Do vậy BĐT (2) đúng suy ra BĐT (1) đúng (do 2 BĐT này tương đương nhau)

Tương tự với hai BĐT còn lại ta cũng có: \(b^4-bc\left(b^2+c^2\right)+c^4\ge0\);

\(c^4-ca\left(c^2+a^2\right)+a^4\ge0\). Cộng theo vế 3 BĐT trên suy ra (*) đúng hay ta có Q.E.D

\(2a^4+a+2b^4+b+2c^4+c\ge3\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge3\left(a^3+b^3+c^3\right)-3\)

\(=2\left(a^3+b^3+c^3\right)+a^3+1+1+b^3+1+1+c^3+1+1-9\)

\(\ge2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\left(a+b+c\right)-9=2\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^3+b^3+c^3\)