a) Áp dụng đbt Cauchy cho 2 số không âm ta có :

\(x+\frac{4}{x}\ge2\sqrt{x\cdot\frac{4}{x}}=2\cdot\sqrt{4}=2\cdot2=4\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{4}{x}\\x=2\end{cases}\Leftrightarrow x=2}\)

còn câu b bạn

t thử giải tiếp câu b nhá!Có gì sai thì thôi....mới lớp ah!

\(x+\frac{4}{x}\ge2\sqrt{x.\frac{4}{x}}=2.2=4\)

\(\Rightarrow x+\frac{1}{x}\ge4-\frac{3}{x}\)

Tương tự và cộng theo vế ta có: \(M\ge12-\left(\frac{3}{x}+\frac{3}{y}+\frac{3}{z}\right)\ge12-\left(\frac{3}{2}+\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\right)=\frac{15}{2}\)

(Giải thích thêm:Do \(x;y;z\ge2\Rightarrow\frac{3}{x};\frac{3}{y};\frac{3}{z}\le\frac{3}{2}\Rightarrow...\))

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 2

1) Với x > 0 ta có:

\(x+\dfrac{1}{x}\ge2\\ \Leftrightarrow\dfrac{x^2+1}{x}\ge\dfrac{2x}{x}\\ \Leftrightarrow x^2+1\ge2x\left(\text{vì }x>0\right)\\ \Leftrightarrow x^2-2x+1\ge0\\ \Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\ge0\left(\text{luôn đúng }\forall x>0\right)\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=1\). Vậy BĐT được chứng mình với x > 0.

1: Áp dụng Bđt cosi, ta được:

\(x+\dfrac{1}{x}\ge2\cdot\sqrt{x\cdot\dfrac{1}{x}}=2\)

2a) 

Có \(abcd=1\Rightarrow ab=\dfrac{1}{cd}\)

Áp dụng BĐT vừa chứng mình ở bài 1, ta có:

\(cd+\dfrac{1}{cd}\ge2\Leftrightarrow ab+cd\ge2\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow cd=1\)

Vậy BĐT được chứng minh với a,b,c,d > 0 thỏa mãn abcd = 1.

Có BĐT sau:

\(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\Leftrightarrow2x^2+2y^2\ge x^2+2xy+y^2\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\left(true!\right)\)

Ta có:

\(x^8+y^8\ge\frac{\left(x^4+y^4\right)^2}{2}\ge\frac{\left[\frac{\left(x^2+y^2\right)^2}{2}\right]^2}{2}\ge2\)

Dấu "=" xảy ra tại a=b=1

@Akai Haruma

Do \(\left|x\right|\ge2;\left|y\right|\ge2\Rightarrow xy\ne0\)

Ta luôn có \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{1}{x}\le\frac{1}{\left|x\right|}\le\frac{1}{2}\\\frac{1}{y}\le\frac{1}{\left|y\right|}\le\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\le\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1\)

\(\frac{xy}{x+y}=\frac{2003}{2004}\Leftrightarrow\frac{x+y}{xy}=\frac{2004}{2003}\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{2004}{2003}\)

Ta có \(\frac{2004}{2003}>1\) mà \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\le1\Rightarrow VT< VP\Rightarrow\) phương trình vô nghiệm

\(f\left(x\right)=\dfrac{\sqrt{2}.\sqrt{x-2}}{\sqrt{2}x}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}x}\left(2+x-2\right)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=4\)

áp dụng bất đẳng thức mincopxki :

ta có : \(\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2-x+1}\ge\sqrt{\left(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}\right)^2+\left(1+1\right)^2}\ge2\)

dấu bằng xảy ra khi \(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}=0\Leftrightarrow x=0\)

Đặt x=1+a =>y=1-a

=>x⁵+y⁵=(1+a)⁵+(1-a)⁵

=10a⁴+20a²+2\(\ge\)2 (vì \(a^4\ge0;a^2\ge0\)với mọi a)

=>x⁵+y⁵\(\ge\)2 (Đpcm)

Dấu = khi a=0 <=>x=y=1

Ta có: \(2\left(a^5+b^5\right)=\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)\ge\left(a^3+b^3\right)^2\)

\(\Rightarrow a^5+b^5\ge\frac{\left(a^3+b^3\right)^2}{2}\)

Mà \(2\left(a^3+b^3\right)=\left(a+b\right)\left(a^3+b^3\right)\ge\left(a^2+b^2\right)^2\)

\(\Rightarrow a^5+b^5\ge\frac{\left(\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}\right)^2}{2}=\frac{\left(a^2+b^2\right)^4}{8}\)

\(\ge\frac{\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\right)^4}{8}=\frac{16}{8}=2\left(đpcm\right)\)