Bài 1. Ta có: \(a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2\ge0\therefore\frac{1}{4a^2-2a+1}\ge\frac{1}{a^4+a^2+1}\)

Thiết lập tương tự 2 BĐT còn lại và cộng theo vế rồi dùng Vasc (https://olm.vn/hoi-dap/detail/255345443802.html)

Bài 5: Bất đẳng thức này đúng với mọi a, b, c là các số thực. Chứng minh:

Quy đồng và chú ý các mẫu thức đều không âm, ta cần chứng minh:

\(\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\Sigma\left[\left(a^2+b^2\right)+2c^2\right]\left(a-b\right)^2\ge0\)

Đây là điều hiển nhiên.

moi hok lop 6 

bó tay .vn

ủng hộ nha

bai nay de dong len roi khu la ra 

dap an y=-1

@Akai Haruma

a)

\(A=\dfrac{3}{4}.\dfrac{8}{9}...\dfrac{9999}{10000}\)

\(=\dfrac{1.3}{2.2}.\dfrac{2.4}{3.3}...\dfrac{99.101}{100.100}\)

\(=\dfrac{1.2...99}{2.3...100}.\dfrac{3.4...101}{2.3...100}\)

\(=\dfrac{1}{100}.\dfrac{101}{2}\)

\(=\dfrac{101}{200}\)

a. Ta có:

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

\(=\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)\)

và \(ab^2-ac^2-b^3+bc^2=a\left(b^2-c^2\right)-b\left(b^2-c^2\right)=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(b+c\right)\)

Vậy, \(A=\frac{\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(b+c\right)}=\frac{c-a}{-c-b}=\frac{a-c}{c+b}\)

Lời giải:

Ta có:

\(\text{VT}=\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)=\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc}\) (1)

Thay \(1=a+b+c\) kết hợp với bất đẳng thức AM-GM:

\((a+1)(b+1)(c+1)=(a+a+b+c)(b+a+b+c)(c+a+b+c)\)

\(=[(a+b)+(a+c)][(b+c)(b+a)][(c+a)+(c+b)]\)

\(\geq 2\sqrt{(a+b)(a+c)}.2\sqrt{(b+c)(b+a)}.2\sqrt{(c+a)(c+b)}\)

\(\Leftrightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq 8(a+b)(b+c)(c+a)\)

Tiếp tục áp dụng AM-GM:

\((a+b)(b+c)(c+a)\geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8abc\)

Suy ra \((a+1)(b+1)(c+1)\geq 64abc\) (2)

Từ (1);(2) ta có \(\text{VT}\geq 64\) (đpcm)

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