À mình nghĩ đề sai r, xin lỗi nha, mn ko cần làm nữa đâu ....

vt mỗi cái đề cho người khác lm

haazzzzzzzzzzzzzzz

chi kute

Bài này bạn chỉ cần chuyển vế biến đổi thôi là được , mình làm mẫu câu 2) :

\(\frac{a^2}{m}+\frac{b^2}{n}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{m+n}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2n+b^2m}{mn}-\frac{\left(a+b\right)^2}{m+n}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(m+n\right)\left(a^2n+b^2m\right)-\left(a^2+2ab+b^2\right).mn}{mn\left(m+n\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2mn+\left(bm\right)^2+\left(an\right)^2+b^2mn-a^2mn-2abmn-b^2mn}{mn\left(m+n\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(bm-an\right)^2}{mn\left(m+n\right)}\ge0\) ( luôn đúng )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow bm=an\)

Câu 3) áp dụng câu 2) để chứng minh dễ dàng hơn, ghép cặp 2 .

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

\(\text{VT}=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\) $(1)$

Vì $a+b+c=1$ nên

\(a^2+b^2+c^2=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=(a^3+ab^2+b^3+bc^2+c^3+ca^2)+(a^2b+b^2c+c^2a)\)

Áp dụng AM-GM:

\(a^3+ab^2\geq 2a^2b\). Tương tự cho $2$ cặp còn lại suy ra:

\(a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\geq 2(a^2b+b^2c+c^2a)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)\) $(2)$

Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\geq 3(a^2+b^2+c^2)\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

c)          \(\left(ax+by\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(ax\right)^2+2axby+\left(by\right)^2\le\left(ax\right)^2+\left(ay\right)^2+\left(bx\right)^2+\left(by\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(2axby\le\left(ay\right)^2+\left(bx\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(ay\right)^2-2axby+\left(bx\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(ay-bx\right)^2\ge0\)  luôn đúng

Dấu "=" xảy ra  \(\Leftrightarrow\)\(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)

a) cứ tach theo kieu a^2-2a+1 =(a-1)^2 >0 la ra

b)nhân 2 lên rồi trừ đi ghép hằng đẳng thức giống câu a la ra

d) dung bdt a^3+b^3>=a^2b+ab^2

1: \(\Leftrightarrow a^5-a^4b+b^5-ab^4>=0\)

\(\Leftrightarrow a^4\left(a-b\right)-b^4\left(a-b\right)>=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\cdot\left(a+b\right)\cdot\left(a^2+b^2\right)>=0\)(luôn đúng khi a,b dương)

Giúp mình 

Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó, ta dễ dàng có được \(a^n\ge b^n\ge c^n\)và \(\frac{1}{b+c}\ge\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{a+b}\)

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta có: \(\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{c+a}+\frac{c^n}{a+b}\ge\frac{1}{3}\left(a^n+b^n+c^n\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)

P/s: Đây là một bước nhỏ trong một cách chứng minh dạng tổng quát của bđt Nesbit

ủa trebyshev có dạng như vậy hả bạn 

e)\(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

\(=1+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+1\)

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

\(=2+\left(\frac{a.a}{b.a}+\frac{b.b}{a.b}\right)\)

\(=2+\frac{a.a+b.b}{b.a}\)

Vì \(\frac{a.a+b.b}{a.b}>=2\) 

Nên \(2+\frac{a.a+b.b}{a.b}>=2+2=4\)

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

a) \(a^2+b^2-2ab\)

\(=\left(a-b\right)^2\)

Vì \(\left(a-b\right)^2\) là binh phương của một số nên \(\left(a-b\right)^2>=0\)

Hay \(a^2+b^2-2ab>=0\)

c) \(a\left(a+2\right)\)

\(=a^2+2a\)

\(\left(a+1\right)^2\)

\(=\left(a+1\right)\left(a+1\right)\)

\(=a^2+a+a+1\) 

\(=a^2+2a+1\)

Vì\(a^2+2a< a^2+2a+1\)

Nên \(a\left(a+2\right)< \left(a+1\right)^2\)