$$a^{b + c} + b^{a + c} + c^{a + b} \ge 1$$

Cho các số thực $a, b, c > 0$
Chứng minh rằng :$$a^{b + c} + b^{a + c} + c^{a + b} \ge 1$$
Đây là lời giải của
----Nguyễn Bảo Phúc----
Dễ dàng nhận thấy rằng nếu  trong 3 số $a,b,c$ có 1 số lớn hơn hay bằng 1 thì BĐT hiển nhiên đúng.Ta sẽ xét $a,b,c \in (0;1]$.
Không mất tính tổng quát,giả sử $a \ge b \ge c$.Do $\min \{a+b;b+c;c+a \}=b+c$ nên ta xét 2 trường hợp của $b+c$:
Trường hợp 1: $b+c \ge 1$.
Sử dụng BĐT Bernoulli,ta có:
$$a^{b+c}=(1+a-1)^{b+c} \ge 1+(a-1)(b+c)$$
Như vậy,ta có:
$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b} \ge 3+2(ab+bc+ca-a-b-c)$$
Do $a,b,c \in (0;1]$ nên ta có:
$$(1-a)(1-b)(1-c) \ge 0 \iff 1+ab+bc+ca-a-b-c \ge abc \ge 0$$
Do đó ta có:
$$3+2(ab+bc+ca-a-b-c) \ge 1$$
Vậy trong trường hợp này,ta có:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge 1$$

Trường hợp 2: $b+c \le 1$.
Đây có thể xem là trường hợp khó nhất của bài toán.Ta xét thêm 3 trường hợp con:
TH1: $b+c \le c+a \le a+b \le 1$.
Sử dụng BĐT Bernoulli,ta có:
$$a^{b+c}=\frac{a}{a^{1-(b+c)}} \ge \frac{a}{1+(a-1)[1-(b+c)]}=\frac{a}{a+b+c-a(b+c)} \ge \frac{a}{a+b+c}$$
Suy ra:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=1$$

TH2: $b+c \le a+c \le 1 \le a+b$.
Khi này ta có:
$$a^{b+c} \ge a;b^{c+a} \ge b$$
Nên ta thu được:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge a+b+c^{a+b} \ge 1$$

TH3: $b+c \le 1 \le a+c \le a+b$:
Khi này ta có:$a^{b+c} \ge a$.
Sử dụng BĐT Bernoulli:
$$b^{c+a} \ge 1+(b-1)(c+a)$$
$$c^{a+b} \ge 1+(c-1)(a+b)$$
Suy ra:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge 2+bc+(ab+bc+ca-a-b-c)$$
Do $bc \ge 0;1+ab+bc+ca-a-b-c \ge 0$ nên ta có:
$$2+bc+(ab+bc+ca-a-b-c) \ge 1$$
Như vậy,trong trường hợp này,ta cũng có:
$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b} \ge 1$$

Vậy BĐT đã được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c) \sim (1;0;0)$.

Cho $0<a\leq b\leq 4$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 1$. Chứng minh rằng:
$$a^b\leq b^a$$ 
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli
$$(\frac{1}{a})^{\frac{b}{a}}\geq \frac{b}{a}.\frac{1}{a}+1-\frac{b}{a}=\frac{a^2+b-ab}{a^2}$$
Mà $$a^2+b-ab=b(\frac{a^2}{b}+1-a)\geq b(\frac{a^2}{4}+1-a)=\frac{b}{4}(a-2)^2\geq 0$$
Nên từ trên ta có $$a^{\frac{b}{a}}\leq \frac{a^2}{a^2+b-ab}$$
Nên ta cần chứng minh $$\frac{a^2}{b+a^2-ab}\leq b$$
Điều này tương đương $$(b+a-ab)(a-b)\le 0\Leftrightarrow (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-1)(a-b)\leq 0$$
Điều này đúng theo giả thiết. Từ đây suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b \blacksquare$

Nhận xét: Với điều kiện chặn là $0<a\leq 1\leq b$ thì bài toán vẫn đúng.

Cho các số $a,b,c$ thực dương. Chứng minh rằng
$$\frac{a^2+ab+2b^2}{b^2+2ab}+\frac{b^2+2c^2+bc}{c^2+2bc}+\frac{c^2+2a^2+ac}{a^2+2ac}\geq \frac{36(ab+bc+ac)}{(2+a^2)(2+b^2)(2+c^2)}$$ 
----Trần Trung Kiên----
Lời giải: 
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$$VT\geq \frac{(\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac})^2}{(a+b+c)^2}$$
Ta có: $$\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac}\geq \sqrt{\frac{3}{4}(b+c)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(c+a)^2+c^2}$$
Áp dụng BĐT Minkowsky ta có
$${\sqrt{\frac{3}{4}(b+c)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(c+a)^2+c^2}\geq \sqrt{\frac{3}{4}(2[a+b+c)]^2+(c+a+b)^2} \geq 2(a+b+c)}$$
Do đó $$\frac{(\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac})^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{12(ab+bc+ac)}{(a+b+c)^2}$$
Ta chỉ cần chứng minh: $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2$  (1)
Đây là 2 cách chứng minh BĐT (1)
Cách 1: Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$(a+b+c)^2\le (a^2+2)[1+\frac{(b+c)^2}{2}]$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $(b^2+2)(c^2+2)\geq 3[1+\frac{(b+c)^2}{2}]$
Khai triển ra ta được $\frac{b^2+c^2}{2}+(bc)^2-3bc+1\geq 0$
Ta có: $\frac{b^2+c^2}{2}+(bc)^2-3bc+1\geq (bc-1)^2\geq 0$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Cách 2: Trong 3 số $a^2-1;b^2-1;c^2-1$ luôn tồn tại 2 số cùng dấu. Giả sử 2 số đó là $a^2-1; b^2-1$. Khi đó áp dụng bất đẳng thằng Weierstrass (*)
$$(a^2+2)(b^2+2)=[3+(a^2-1)][3+(b^2-1)]=9(1+\frac{a^2-1}{3})(1+\frac{b^2-1}{3})$$
$$\geq 9(1+\frac{a^2-1}{3}+\frac{b^2-1}{3})=3(a^2+b^2+1)$$
Ta chỉ cần chứng minh $$(a^2+b^2+1)(c^2+2)\geq (a+b+c)^2$$
Điều này đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1 \blacksquare$
Từ đây ta có điều cần chứng minh .

 Cho các số a,b,c thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$
Chứng minh rằng $$a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$$
Dễ thấy các số trong căn đều dương. Áp dụng BĐT Bernoulli(*)
$$\sqrt[3]{1+b-c}\leq \frac {1}{3}(1+b-c)+\frac{2}{3}=\frac{1}{3}(b-c)+1$$
$a\sqrt[3]{1+b-c}\leq \frac{1}{3}(ab-ac)+a$
Thiết lập tương tự ta có:
$$ b\sqrt[3]{1+c-a}\leq \frac{1}{3}(cb-ba)+b$$
$$c\sqrt[3]{1+a-b}\leq \frac{1}{3}(ca-bc)+c$$
Cộng lại ta có: $$VT\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ac-ab-bc-ac)+a+b+c=1$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[
\left\{ \begin{array}{l}
a = b = c \\
a + b + c = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}
\]

Cho các số dương $a,b,c,m,n,p$ thỏa mãn: $a+m=b+n=c+p=k$. Chứng minh rằng $$an+bp+cm < k^2$$

Cho các số dương $a,b,c,m,n,p$ thỏa mãn: $a+m=b+n=c+p=k$. Chứng minh rằng  $$an+bp+cm < k^2$$
Lời giải:
Từ giả thiết, ta có $(k-a)(k-b)(k-c)+abc>0,$ hay $$k^2>k(a+b+c)-(ab+bc+ca).$$ Bất đẳng thức này có thể được viết lại thành $$a(k-b)+b(k-c)+c(k-a)< k^2.$$ Do $k-b=n,\, k-c=p,\, k-a=m$ nên ta có $$an+bp+cm<k^2.$$ Đây chính là kết quả cần chứng minh. $\blacksquare$
Theo Võ Quốc Bá Cẩn.

Chứng minh : $\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}\ge abc+\sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)} $ với a,b,c dương

Chứng minh : $\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}\ge abc+\sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)} $ với a,b,c dương
Vì $abc\ne 0$ nên ta chia cả 2 vế của bất đẳng thức cho $abc$, ta được:
\[\sqrt{\left( \frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a} \right)\left( \frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b} \right)}\ge 1+\sqrt[3]{\left( 1+\frac{bc}{{{a}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ca}{{{b}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ab}{{{c}^{2}}} \right)}\]
\[\Leftrightarrow \sqrt{3+\frac{bc}{{{a}^{2}}}+\frac{ca}{{{b}^{2}}}+\frac{ab}{{{c}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}}{bc}+\frac{{{b}^{2}}}{ca}+\frac{{{c}^{2}}}{ab}}\ge 1+\sqrt[3]{\left( 1+\frac{bc}{{{a}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ca}{{{b}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ab}{{{c}^{2}}} \right)}\]
Đặt: $x=\frac{bc}{{{a}^{2}}};y=\frac{ca}{{{b}^{2}}};z=\frac{ab}{{{c}^{2}}}$ $\Rightarrow xyz=1$.
Khi đó ta cần chứng minh
\[\sqrt{3+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge 1+\sqrt[3]{(1+x)(1+y)(1+z)}\]
\[\Leftrightarrow \sqrt{3+x+y+z+xy+yz+zx}\ge 1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\]
Đặt $t=\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}.$
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có
\[x+y+z+xy+yz+zx\ge 6 \Rightarrow t\ge \sqrt[3]{2+6}=2.\]
Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\[\sqrt{{{t}^{3}}+1}\ge 1+t\Leftrightarrow {{t}^{3}}+1\ge {{t}^{2}}+2t+1\Leftrightarrow {{t}^{3}}-{{t}^{2}}-2t\ge 0\Leftrightarrow t(t+1)(t-2)\ge 0,\] hiển nhiên đúng với $t\ge 2.$
Phép chứng minh hoàn tất. :)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \blacksquare$

Cho $\ a, b, c$ là 3 số thực dương. CMR: $\ 4{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}\geq \left({a}^{3}+{b}^{3}+{c}^{3}+abc \right)\left(a+b-c \right)\left(b+c-a \right)\left(c+a-b \right).$

Cho $\ a, b, c$ là 3 số thực dương. CMR: $\ 4{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}\geq \left({a}^{3}+{b}^{3}+{c}^{3}+abc \right)\left(a+b-c \right)\left(b+c-a \right)\left(c+a-b \right).$
Không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử $a\ge b\ge c.$ Ta có các hằng đẳng thức sau đây $$abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c),$$ $$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)].$$ Sử dụng các hằng đẳng thức này, ta có thể viết bất đẳng thức trên lại thành $$(a^3+b^3+c^3+abc)[abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]\ge abc(a^3+b^3+c^3-3abc),$$ hay là $$(a^3+b^3+c^3+abc)[(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c)]\ge abc(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)],$$ $$(a-b)^2\cdot M +(a-c)(b-c)\cdot N \ge 0,$$ trong đó $$\begin {aligned} M&=(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c)\\N&=(a^3+b^3+c^3+abc)c-abc(a+b+c).\end{aligned}$$ Vì $(a-b)^2$ và $(a-c)(b-c)$ đều không âm nên nếu ta chứng minh được cả $M,N$ đều là các số không âm nữa thì bài toán xem như đã được chứng minh. Thật vậy, ta có $$\begin {aligned} M&=(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c)\\&=(a^3+b^3+c^3)(a+b-c)-2abc \cdot c\\& \ge 3abc \cdot a -2abc \cdot c\\& =abc(3a-2c)>0.\end{aligned}$$ và $$\begin {aligned} N&=(a^3+b^3+c^3+abc)c-abc(a+b+c)\\&=c[a^3+b^3+c^3+abc-ab(a+b+c)]\\&=c[a^3+b^3-ab(a+b)]\\&=c(a-b)^2(a+b)\ge 0.\end{aligned}$$ Vậy bài toán đã được chứng minh xong $\Box$


Nguồn: onluyentoan.vn