Bài 1:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:

$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq 1$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}$ (đpcm)

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

Bài 2: 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^2+4b^2+9c^2)(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9})\geq (a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow 2015.\frac{49}{36}\geq (a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow \frac{98735}{36}\geq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow a+b+c\leq \frac{7\sqrt{2015}}{6}$ chứ không phải $\frac{\sqrt{14}}{6}$ :''>>

Bài 3:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$2=(a^2+b^2)(1+1)\geq (a+b)^2\Rightarrow a+b\leq \sqrt{2}$

$(a\sqrt{1+a}+b\sqrt{1+b})^2\leq (a^2+b^2)(1+a+1+b)$

$=2+a+b\leq 2+\sqrt{2}$

$\Rightarrow a\sqrt{1+a}+b\sqrt{1+b}\leq \sqrt{2+\sqrt{2}}$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Sửa đề: Chứng minh rằng không có các số a, b, c nào thỏa mãn cả 3 bất đẳng thức 

 |b - c| > |a|(*);  |c - a| > |b|(**);   |a - b| > |c|(***)

Ta dễ thấy a, b, c phải khác nhau từng đôi 1

Ta thấy rằng vai trò của a, b, c trong bài này là như nhau nên ta chỉ cần giải 4 trường hợp là

\(\left(a>0,b>0,c>0\right);\left(a< 0,b< 0,c< 0\right);\left(a>0,b>0,c< 0\right);\left(a< 0,b< 0,c>0\right)\)     

Không mất tính tổng quát ta giả sử: |a| > |b| > |c|

Với \(a>0,b>0,c>0\)thì |b - c| > |a| là sai (1)

Với \(a< 0,b< 0,c< 0\) thì |b - c| > |a| là sai (2)

Với \(a>0,b>0,c< 0\)thì ta đặt \(c=-z\left(z>0\right)\)

Thì bất đẳng thức (*), (**)  ban đầu viết lại là:

\(\hept{\begin{cases}b+z>a\\a-b>z\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}z>a-b\\z< a-b\end{cases}}\)(sai) (3)

Với \(a< 0;b< 0;c>0\)thì ta đặt \(\hept{\begin{cases}a=-x\left(x>0\right)\\b=-y\left(y>0\right)\end{cases}}\)

Thì bất đẳng thức (*), (**)  ban đầu viết lại là:

\(\hept{\begin{cases}y+c>x\\x-y>c\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c>x-y\\c< x-y\end{cases}}\)(sai) (4)

Từ (1), (2), (3), (4) ta suy ra điều phải chứng minh

mk góp thêm 1 cách nữa

Giả sử tồn tại 3 số a, b, c thỏa mãn cả 3 BĐT trên. Ta có:

\(\left|b-c\right|>\left|a\right|\)\(\Rightarrow\)\(\left(b-c\right)^2>a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(b^2-2bc+c^2-a^2>0\)

\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)>0\)(1)

Tương tự \(\left|c-a\right|>\left|b\right|\)\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a+b-c\right)\left(-a+b+c\right)>0\) (2)

           và \(\left|a-b\right|>\left|c\right|\)\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)>0\) (3)

Nhân (1), (2) và (3) theo vế ta được \(-\left[\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\right]^2>0\) (vô lý)

Vậy ko tồn tại 3 số a, b, c thỏa mãn 3 BĐT đã cho.

Nếu đề đúng như vậy chuyện gì xẩy ra: 

Lời giải:

Phản chứng. Giả sử tồn tại 3 số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều trên

$\Rightarrow a+\frac{1}{b}+b+\frac{1}{c}+c+\frac{1}{a}< 6$

$\Leftrightarrow (a+\frac{1}{a}-2)+(b+\frac{1}{b}-2)+(c+\frac{1}{c}-2)< 0$

$\Leftrightarrow \frac{(a-1)^2}{a}+\frac{(b-1)^2}{b}+\frac{(c-1)^2}{c}< 0$ (vô lý với mọi $a,b,c>0$)

Do đó điều giả sử là sai.

Tức là không có 3 số dương $a,b,c$ nào thỏa mãn BĐT đã cho.

bài 5 nhé:

a) (a+1)²>=4a

<=>a²+2a+1>=4a

<=>a²-2a+1.>=0

<=>(a-1)²>=0 (luôn đúng)

vậy......

b) áp dụng bất dẳng thức cô si cho 2 số dương 1 và a ta có:

a+1>=\(2\sqrt{a}\)

tương tự ta có:

b+1>=\(2\sqrt{b}\)

c+1>=\(2\sqrt{c}\)

nhân vế với vế ta có:

(a+1)(b+1)(c+1)>=\(2\sqrt{a}.2\sqrt{b}.2\sqrt{c}\)

<=>(a+1)(b+1)(c+1)>=\(8\sqrt{abc}\)

<=>(a+)(b+1)(c+1)>=8 (vì abc=1)

vậy....

bạn nên viết ra từng câu

Chứ để như thế này khó nhìn lắm

bạn hỏi từ từ thôi

\(\sqrt{\frac{a}{1-a}}=\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)(BĐT Cosi)

Tương tự \(\sqrt{\frac{b}{1-b}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\) và \(\sqrt{\frac{c}{1-c}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{1-a}}+\sqrt{\frac{b}{1-b}}+\sqrt{\frac{c}{1-c}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b+c;b=a+c;c=a+b\Rightarrow a+b+c=0\) (KTM)

Vậy \(\sqrt{\frac{a}{1-a}}+\sqrt{\frac{b}{1-b}}+\sqrt{\frac{c}{1-c}}>2\)