bài 1) 

ta có \(\left(a-b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow a^2-2ab+b^2+a^2-2a+1+b^2-2b+1\ge0\)

=> \(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)

ý 1 mk làm òi còn 2 ý kia chưa làm thui

bài 3 nhé 

ta có với x,y >0 ÁP dụng bđt cô si ta có 

\(x^3+x^3+y^3\ge3x^2y;y^3+y^3+x^3\ge3y^2x\)

cộng tưngf vế và rút gọn thì ta có \(x^3+y^3\ge x^2y+xy^2=xy\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow\frac{x^3+y^3}{xy}\ge x+y\)

\(\Rightarrow\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{x}\ge x+y\)

c) theo bđt cauchy ta có

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+1\ge2b\\a^2+1\ge2a\end{matrix}\right.\)

cộng hết lại rút 2 đi \(\Rightarrowđpcm\)

b)theo bđt bunhiacopxki ta có

\(\left(1^2+a^2\right)\left(1^2+b^2\right)\ge\left(1+ab\right)^2\)

\(\Rightarrowđpcm\)

theo bđt cauchy ta có

\(-\left(a^2d^2+b^2c^2\right)\le-2abcd\)

\(\Leftrightarrow a^2c^2-a^2d^2+b^2d^2-b^2c^2\le a^2c^2-2abcd+b^2d^2\)

\(\Leftrightarrow a^2(c^2-d^2)-b^2(c^2-d^2)\le a^2c^2-2abcd+b^2d^2\)

\(\Leftrightarrow(c^2-d^2)\left(a^2-b^2\right)\le(ac-bd)^2\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel ta có:

\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\ge\left(a+b+c\right).\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)

\(\ge\dfrac{9}{2}\left(đpcm\right)\)

Lời giải

\(\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge8\)

\(A=\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\)

\(A=\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right].\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right].\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right]\)

\(A=\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right].\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right].\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right]\)Thừa nhận cần c/m câu khác: \(\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^2\ge0\forall x\ne0\)

\(\Rightarrow A\ge\left[\left(0\right)+2\right].\left[\left(0\right)+2\right].\left[\left(0\right)+2\right]=8\)

\(\Rightarrow A\ge8\forall_{a,b,c\ne0}\)=> dpcm

Đẳng thức khi \(\left\{{}\begin{matrix}\left|a\right|=1\\\left|b\right|=1\\\left|c\right|=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\pm1\\b=\pm1\\c=\pm1\end{matrix}\right.\) Không tin bạn thử a=b=c=-1<0 vào thử xem

Có một chút vần đề nha ĐK phải là a,b,c > 0 nhé

bài này ta sẽ chứng minh lần lượt \(a^2+\dfrac{1}{a^2};b^2+\dfrac{1}{b^2};c^2+\dfrac{1}{c^2}\)lớn hơn hoặc bằng 2

Ta sẽ giả sử

\(a^2+\dfrac{1}{a^2}\ge2\)(2)

\(\Leftrightarrow a^2-2+\dfrac{1}{a^2}\ge0\Leftrightarrow a^2-2a\times\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2\ge0\)(luôn đúng) (1)

BĐT (2) đúng suy ra BĐT (1) đúng

Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi \(a=\dfrac{1}{a}\Leftrightarrow a^2=1\Leftrightarrow a=1\)(*)

CMTT ta có : \(b^2+\dfrac{1}{b^2}\ge2\) (=) b = 1 (**)

\(c^2+\dfrac{1}{c^2}\ge2\) (=) c = 1 (***)

Nhân vế theo vế của (*) , (**) , (***) ta được

\(\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right).\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right).\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge2^3=8\)(đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

a,b,c>0 nó là đề khác cái đề này a,b,c khác 0 Phan Cả Phát

Lời giải phải đúng với đề

Có thể cái đề này sai so với đề khác (trên mạng hoặc ở đâu đó, cái đó không quan trọng và không nên quan tâm)

p/s: Nội Hàm cái đề này không sai --> chẳng lý do gì lại sửa đề cả

Ta có bđt : \(\frac{m^2}{n}+\frac{p^2}{q}\ge\frac{\left(m+p\right)^2}{n+q}\)\(\left(m,n,p,q>0\right)\)(1)

Thật vậy \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{m^2q+p^2n}{nq}\ge\frac{\left(m+p\right)^2}{n+q}\)

                       \(\Leftrightarrow m^2n\left(n+q\right)+p^2n\left(n+q\right)\ge nq\left(m+p\right)^2\)

                      \(\Leftrightarrow............\)(Phá tung ra + chuyển vế)

                      \(\Leftrightarrow\left(mq-pn\right)^2\ge0\)(Luôn đúng)

Áp dụng (1) ta được

\(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\)(ĐPCM)

Dấu "=" khi \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\)

P/S: nếu hỏi tại sao chỗ bđt phụ lại đặt m,n,p,q khó nhìn thì hãy bảo tại cái đề bài đã có a,b,x,y rồi -.-

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(\left[\left(\frac{x}{\sqrt{a}}\right)^2+\left(\frac{y}{\sqrt{b}}\right)^2+\left(\frac{z}{\sqrt{c}}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{c}\right)^2\right]\)\(\ge\left(x+y+z\right)^2\)

Hay \(\left(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\right)\left(a+b+c\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)

Chia hai vế của BĐT cho (a + b + c),ta có đpcm: \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\)

a ) \(2a^2+b^2+c^2\ge2a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+a^2-2ac+c^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\)

\(\LeftrightarrowĐPCM.\)

b ) \(a^2+2b^2+12\ge2b\left(3-a\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+2b^2+12\ge6b-2ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2+b^2-6b+9+3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2+\left(b-3\right)^2+3\ge0\)

\(\LeftrightarrowĐPCM.\)

c ) \(a^2+b^2+c^2\ge2\left(a+b+c\right)-3\)

\(\Leftrightarrow a^2+2a+1+b^2+2b+1+c^2+2c+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)^2+\left(b+1\right)^2+\left(c+1\right)^2\ge0\)

\(\LeftrightarrowĐPCM.\)

a)theo cauchy ta có

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\a^2+c^2\ge2ac\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow2a^2+b^2+c^2\ge2a\left(b+c\right)\Rightarrowđpcm\)

câu b) xem lại đề , tôi nghĩ phải > 0 mới đúng

c) theo cauchy ta có

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\a^2+c^2\ge2ac\\b^2+c^2\ge2bc\end{matrix}\right.\)

cộng lại, rút 2 đi suy ra đpcm