a) Giả sử:

\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}\ge ab\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}-ab\ge0\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\Rightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng )

=> đpcm

b, Bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dương \(\frac{bc}{a}\)và \(\frac{ca}{b};\frac{bc}{a}\)và \(\frac{ab}{c};\frac{ca}{b}\)và \(\frac{ab}{c}\)

Ta lần lượt có : \(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge\sqrt[2]{\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}}=2c;\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge\sqrt[2]{\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}}=2b;\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge\sqrt[2]{\frac{ca}{b}.\frac{ab}{c}}\)

Cộng từng vế ta đc bất đẳng thức cần chứng minh . Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c\)

c, Với các số dương \(3a\) và \(5b\), Theo bất đẳng thức Cauchy ta có \(\frac{3a+5b}{2}\ge\sqrt{3a.5b}\)

\(\Leftrightarrow\left(3a+5b\right)^2\ge4.15P\)( Vì \(P=a.b\)) 

\(\Leftrightarrow12^2\ge60P\)\(\Leftrightarrow P\le\frac{12}{5}\Rightarrow maxP=\frac{12}{5}\)

Dấu ''='' xảy ra khi \(3a=5b=12:2\)

\(\Leftrightarrow a=2;b=\frac{6}{5}\)

Theo BĐT Cauchy ta có

 a+b>=2*sqrt(a*b)

4+ab>=2*sqrt(4*ab)

==>(a+b)(4+ab)>=2sqrt(ab).2sqrt(4ab)>=8ab

\(\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge\sqrt{a+b}\)

\(\Leftrightarrow a+2\sqrt{ab}+b\ge a+b\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{ab}\ge0\) (Luôn đúng vì a ≥0; b≥0)

Dấu ''='' xảy ra khi a=b=0

hơn 1 năm rồi không ai làm :'(

a) Áp dụng bđt Cauchy ta có :

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)(1)

\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)(2)

\(c+a\ge2\sqrt{ca}\)(3)

Nhân (1), (2), (3) theo vế

=> \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\sqrt{a^2b^2c^2}=8\sqrt{\left(abc\right)^2}=8\left|abc\right|=8abc\)

=> đpcm

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

b) Áp dụng bđt AM-GM ta có :

\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}\cdot\frac{ca}{b}}=2\sqrt{c^2}=2c\)

TT : \(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2a\); \(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2b\)

Cộng vế với vế

=> \(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)

=> \(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\)( đpcm )

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

a)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge ab\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+ab+b^2}{4}\ge0\)\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+\dfrac{b}{2}\right)^2+\dfrac{3b^2}{4}}{4}\ge0\left(đpcm\right)\)

Vậy \(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

b) Áp dụng Cauchy, ta có:

\(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{a}.\dfrac{ca}{b}}=2c\)

Tương tự: \(\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge2a\)

\(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}\ge2b\)

Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh rồi rút gọn ta được đpcm.

c) ta có \(3a+5b=12\Rightarrow a=\dfrac{12-5b}{3}=4-\dfrac{5b}{3}\)

\(\Rightarrow P=ab=\left(4-\dfrac{5b}{3}\right)b=4b-\dfrac{5b^2}{3}\)

\(\Rightarrow15P=60b-25b^2=36-\left(25b^2-60b+36\right)=36-\left(5b-6\right)^2\)

\(\Rightarrow15P\le36\Rightarrow P\le\dfrac{36}{15}=\dfrac{12}{5}\) Vậy GTLN của \(P=\dfrac{12}{5}\) tại \(a=2;b=\dfrac{6}{5}\)

Ta có \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{ab}\ge0\Leftrightarrow\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}.\)

a. Đề bài sai (thực chất là nó đúng 1 cách hiển nhiên nhưng "dạng" thế này nó sai sai vì ko ai cho kiểu này cả)

Ta có: \(abc=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\ge27\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+5abc\ge a^2+b^2+c^2+5.27>>>>>8\)

b. 

\(4=ab+bc+ca+abc=ab+bc+ca+\sqrt{ab.bc.ca}\le ab+bc+ca+\sqrt{\left(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\)

\(\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}=t\Rightarrow t^3+3t^2-4\ge0\Rightarrow\left(t-1\right)\left(t+2\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow t\ge1\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge3\)

- TH1: nếu \(a+b+c\ge4\)

Ta có: \(ab+bc+ca=4-abc\le4\)

\(\Rightarrow P=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+5abc\ge4^2-2.4+0=8\)

(Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;2;0\right)\) và các hoán vị)

- TH2: nếu \(3\le a+b+c< 4\)

Đặt \(a+b+c=p\ge3;ab+bc+ca=q;abc=r\)

\(P=p^2-2q+5r=p^2-2q+5\left(4-q\right)=p^2-7q+20\)

Áp dụng BĐT Schur:

\(4=q+r\ge q+\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow q\le\dfrac{p^3+36}{4p+9}\)

\(\Rightarrow P\ge p^2-\dfrac{7\left(p^3+36\right)}{4p+9}+20=\dfrac{3\left(4-p\right)\left(p-3\right)\left(p+4\right)}{4p+9}+8\ge8\)

(Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\))

theo BĐT cô - si ta có :

\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\) \(\left(a\ge0,b\ge0\right)\)

\(\Leftrightarrow\)\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow\)\(a+b+a+b\ge2\sqrt{ab}+a+b\)

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

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

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{4}\cdot2\cdot\left(a+b\right)\ge\frac{1}{4}\cdot\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(\sqrt{\frac{a+b}{2}}\ge\sqrt{\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{4}}\)

\(\Leftrightarrow\)\(\sqrt{\frac{a+b}{2}}\ge\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\) \(\left(đpcm\right)\)

Biến đổi tương đương đi

BĐT \(\Leftrightarrow\frac{a+b}{2}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{4}\Leftrightarrow\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{4}=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{4}\ge0\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b

P/s: em ko chắc..

Bài 1: Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương:

\(VT\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{abc}}\ge3\sqrt[3]{\frac{8abc}{abc}}=6\) (đpcm)

Giải phần dấu "=" ra ta được a = b =c

Bài 2: Đặt \(a+b=x;b+c=y;c+a=z\)

Suy ra \(a=\frac{x-y+z}{2};b=\frac{x+y-z}{2};c=\frac{y+z-x}{2}\)

Suy ra cần chứng minh \(\frac{x-y+z}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}+\frac{y+z-x}{2x}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}\ge3\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}\ge6\)

Bài toán đúng theo kết quả câu 1.