bn ... ơi...mik ...bỏ...cuộc ...hu...hu

. Huhu T^T mong sẽ có ai đó giúp mình "((

1. Không có dấu "=" em nhé.

Vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác thì:

$a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac$

$b< a+c\Rightarrow b^2< ba+bc$

$c< a+b\Rightarrow c^2< ca+cb$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2(ab+bc+ac)$ 

Ta có đpcm. 

2.

$(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)$

$=(x-1)(x-4)(x-2)(x-3)$

$=(x^2-5x+4)(x^2-5x+6)$

$=(x^2-5x+4)(x^2-5x+4+2)$

$=(x^2-5x+4)^2+2(x^2-5x+4)$

$=(x^2-5x+4)^2+2(x^2-5x+4)+1-1$

$=(x^2-5x+5)^2-1\geq 0-1=-1$ do $(x^2-5x+5)^2\geq 0$ với mọi $x\in\mathbb{R}$

Vậy ta có đpcm.

3.

Áp dụng BĐT Cô-si:

$a^4+b^4\geq 2a^2b^2$

$b^4+c^4\geq 2b^2c^2$

$c^4+a^4\geq 2c^2a^2$

Cộng theo vế và thu gọn thì:

$a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2(*)$
Tiếp tục áp dụng BĐT Cô-si:

$a^2b^2+b^2c^2\geq 2|ab^2c|\geq 2ab^2c$

$b^2c^2+c^2a^2\geq 2abc^2$

$a^2b^2+c^2a^2\geq 2a^2bc$

Cộng theo vế và thu gọn:

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

Từ $(*); (**)\Rightarrow a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c)$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Sửa đề: \(x\left(x-1\right)\left(x-2\right)-\left(x^2-2\right)\left(x-3\right)-4\left(x-1\right)\)

\(C=x\left(x^2-3x+2\right)-\left(x^3-3x^2-2x+6\right)-4x+4\\ C=x^3-3x^2+2x-x^3+3x^2+2x-6-4x+4\\ C=-2\)

\(C=x\left(x-1\right)\left(x-2\right)-\left(x^2-2\right)\left(x-3\right)-4\left(x-1\right)\)

\(=x\left(x^2-3x+2\right)-\left(x^3-3x^2-2x+6\right)-4\left(x-1\right)\)

\(=x^3-3x^2+2x-x^3+3x^2+2x-6-4x+4\)

\(=-2\)

sua de \(\frac{3}{x^4-x^3+x-1}\) \(-\frac{1}{x^4+x^3-x-1}-\frac{4}{x^5-x^4+x^3-x^2+x-1}\) (dk \(x\ne+-1\) )

P=\(\frac{3}{\left(x^2-1\right)\left(x^2-x+1\right)}-\frac{1}{\left(x^2-1\right)\left(x^2+x+1\right)}-\frac{4}{\left(x^2-1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}\)

=\(\frac{2}{x^4+x^2+1}>0\)

 P\(< \frac{32}{9}\Leftrightarrow\frac{2}{x^4+x^2+1}< \frac{32}{9}\)

\(\Leftrightarrow16x^4+16x^2+7>0\)

\(\Rightarrow\)\(0< P< \frac{32}{9}\) VOI X KHAC 1;-1