Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{a^3}{a^3+b^3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{4(a^3+b^3)}}\)

\(\frac{b^3}{a^3+b^3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{4(a^3+b^3)}}\)

Cộng theo vế: \(\Rightarrow 3\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{4(a^3+b^3)}}+3\sqrt[3]{\frac{b^3}{4(a^3+b^3)}}\)

\(\Leftrightarrow 1\geq \frac{a+b}{\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}}\Leftrightarrow \sqrt[3]{4(a^3+b^3)}\geq a+b\)

Thực hiện tương tự với các biểu thức còn lại và cộng theo vế suy ra:

\(\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}+\sqrt[3]{4(b^3+c^3)}+\sqrt[3]{4(c^3+a^3)}\geq 2(a+b+c)\)

(đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{a^3}{a^3+b^3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{4(a^3+b^3)}}\)

\(\frac{b^3}{a^3+b^3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{4(a^3+b^3)}}\)

Cộng theo vế:

\(\Rightarrow 3\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{4(a^3+b^3)}}+3\sqrt[3]{\frac{b^3}{4(a^3+b^3)}}\)

\(\Leftrightarrow 1\geq \frac{a+b}{\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}}\Leftrightarrow \sqrt[3]{4(a^3+b^3)}\geq a+b\)

Thực hiện tương tự với các biểu thức còn lại và cộng theo vế suy ra:

\(\sqrt[3]{4(a^3+b^3)}+\sqrt[3]{4(b^3+c^3)}+\sqrt[3]{4(c^3+a^3)}\geq 2(a+b+c)\)

(đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

Nội quy tham gia "Giúp tôi giải toán"

1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;

2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.

3. Không k "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.

Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.

Đề bài của bài toán đâu bạn ?

cả 1 màn hình , ko để ý sao đc =))

๖²⁴ʱ๖ۣۜNαтʂυƙĭ ๖ۣۜSυbαɾυ™ ༉ Test BĐT một tí thôi. Đừng để ý.

tí ăn cả đống nội quy thì vui nhể :>

tạm thời chưa nghĩ ra cách dùng \(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2=ab\left(a+b\right)\) :'< 

Có: \(\sqrt[3]{4\left(a^3+b^3\right)}=\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left(2a^2-2ab+2b^2\right)}\)

\(=\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left[\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{2}\left(a-b\right)^2\right]}=\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2}=a+b\)

Tương tự cộng lại ta có đpcm 

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)

ư ư.. ra r :))))))))) cộng thêm Cauchy-Schwarz nữa nhé 

Có: \(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)\(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^3+b^3\right)\ge a^3+b^3+a^2b+ab^2=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)

\(\Rightarrow\)\(\sqrt[3]{4\left(a^3+b^3\right)}\ge\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\sqrt[3]{2\left(a+b\right).\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}=a+b\)

Tương tự cộng lại ra đpcm 

Câu b search google bđt Min-cốp-xki thẳng tiến

Chị ơi!

\(\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{b^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}\)

Cần CM : \(\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}\ge\left|a+b\right|-\left|c+d\right|\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2\ge\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2-2\left|\left(a+b\right)\left(c+d\right)\right|\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left|\left(a+b\right)\left(c+d\right)\right|\ge0\) ( luôn đúng \(\forall\left|a+b\right|\ge\left|c+d\right|\) ) 

Do đó \(VT\ge\left|a+b\right|-\left|c+d\right|=\left(\sqrt{\left|a+b\right|}\right)^2-\left(\sqrt{\left|c+d\right|}\right)^2\)

\(=\left(\sqrt{\left|a+b\right|}+\sqrt{\left|c+d\right|}\right)\left(\sqrt{\left|a+b\right|}-\sqrt{\left|c+d\right|}\right)\)

\(\ge2\sqrt[4]{\left|a+b\right|.\left|c+d\right|}\left(\sqrt{\left|a+b\right|}-\sqrt{\left|c+d\right|}\right)\)

\(=2\left(\sqrt[4]{\left|a+b\right|^3.\left|c+d\right|}-\sqrt[4]{\left|a+b\right|.\left|c+d\right|^3}\right)\) ( đpcm ) 

.

Áp dụng bất đẳng thức Mincoxki ta có 

\(\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{b^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}\)

Buniacoxki \(\sqrt{\left(\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2\right)\left(1+1\right)}\ge|a+b|+|c+d|\)

Khi đó cần Cm

\(|a+b|+|c+d|\ge2\left(\sqrt{|a+b|^3|c+d|}-\sqrt{|c+d|^3|a+b|}\right)\)

Đặt \(\sqrt[4]{|a+b|}=x,\sqrt[4]{|c+d|}=y\left(x,y\ge0\right)\)

Cần Cm \(x^4+y^4\ge2\left(x^3y-xy^3\right)\left(1\right)\)

<=> \(x^3\left(x-2y\right)+y^4+2xy^3\ge0\left(2\right)\)

+ Nếu \(x\ge2y\)=> BĐT được CM

+ Nếu \(x\le2y\)

(1) <=> \(x^4+y^4+2xy^3\ge2x^3y\)

Mà \(x^4+x^2y^2\ge2x^3y\)

=> Cần CM \(y^4+2xy^3-x^2y^2\ge0\)

<=> \(y^4+xy^2\left(2y-x\right)\ge0\)luôn đúng do \(x\le2y\)

=> BĐT được CM

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d=0

1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)

Đẳng thức..

3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$

Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.

4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$

Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)

Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$

Đây là điều hiển nhiên.

5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)

6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)

Có thế thôi mà nhỉ:v

P/S : sư phụ em tuổi già sức yếu , cầm cây bút cũng viết không nổi :v

bài này mình nghĩ chắc giả sử á , cũng chưa thử ((: 

để tí hỏi sư phụ xem đã 

Rút bớt 2 vế đi rồi đặt ẩn phụ là ra:D