b.

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)-8abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+a^2c+b^2c+b^2a+bc^2-6abc\ge0\)

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

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

dấu "=" xảy ra khi a=b=c.

Ối chết,thiếu :v. Chứng minh hai biểu thức trên \(\ge0\) nha!

Thanks zZz Cool Kid zZz best toán :v đã nhắc nhở!

\(\left(a+b+c\right)^3-27abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+3\left(a+b\right)^2c+3\left(a+b\right)c^2+c^3\ge27abc\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)+3\left(a+b\right)^2c+3\left(a+b\right)c^2+c^3\ge27abc\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\ge27abc\)

<=> \(\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)+3\left[\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)-8abc\right]\ge0\)luôn đúng với mọi a,b,c dương

Vì: \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]\ge0\)đúng vs mọi a, b, c dương

\(\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)-8abc\ge0,theob\)

"=" xảy ra <=> a=b=c

Bđt Mincowski nè (^~^)

Biến đổi tương đương:

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

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

\(\Leftrightarrow\left(ac\right)^2+\left(ad\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(bd\right)^2\ge\left(ac\right)^2+2abcd+\left(bd\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\) luôn đúng

=> (1) đúng

Dấu "=" xảy ra khi \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

\(\left(\dfrac{a^2+b^2}{a+b}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)+\left(\dfrac{b^2+c^2}{b+c}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)+\left(\dfrac{c^2+a^2}{c+a}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2c+b^2c-c^2a-bc^2}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)}+\dfrac{b^2a+c^2a-a^2b-ca^2}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)}+\dfrac{c^2b+a^2b-b^2c-ab^2}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)}\le0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}+\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}+\dfrac{cb\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}\le0\) (1).

Không mất tính tổng quát giả sử \(a\geq b\geq c\).

Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{c+a}\\ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}\le\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{c+a}\);

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{b+c}\ge\dfrac{1}{c+a}\\ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)\le0\end{matrix}\right.\Rightarrow\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}\le\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{c+a}\).

Từ đó: \(\Leftrightarrow\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}+\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}+\dfrac{cb\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}\le\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)+ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)+cb\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}=0\).

Do đó (1) đúng hay bđt ban đầu cũng đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

\(0< =2\left|a\right|\cdot\left|b\right|\)

\(\Leftrightarrow\left(\left|a\right|\right)^2+2\cdot\left|a\right|\cdot\left|b\right|+\left(\left|b\right|\right)^2>=\left(\left|a\right|\right)^2+\left|b\right|^2\)

\(\Leftrightarrow\left(\left|a+b\right|\right)^2< =\left(\left|a\right|+\left|b\right|\right)^2\)

=>|a+b|<=|a|+|b|

2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.

Giả sử đó là a² - 1 và b² - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)

\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)

\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)

\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)

Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)

Từ (2) và (3) ta có đpcm.

Sai thì chịu

Xí quên bài 2 b:v

b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)

Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)

\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)

Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)

Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)

\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)

Cách nữa cho bài 2:

2a) Ta có: \(4\left(a^2+1+2\right)\left(1+1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\)

Hay \(4\left(a^2+3\right)\left(2+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2=VP\)

Như vậy ta quy bài toán về chứng minh: \(\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(2+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow b^2c^2+b^2+c^2+1\ge4bc\Leftrightarrow\left(bc-1\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

b) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:\(\left(a^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+b^2+c^2+\frac{1}{2}\right)\ge\frac{1}{4}\left(a+b+c+1\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{5}{4}\left(a^2+1\right)\left(b^2+c^2+\frac{3}{4}\right)\ge\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\)

Từ đó ta có thể quy bài toán về chứng minh: \(\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(b^2+c^2+\frac{3}{4}\right)\)

...

Bài 3:Sửa đề a, b, c >0

Có:  \(\frac{a^3}{b^2}+\frac{a^3}{b^2}+b\ge3\sqrt[3]{\frac{a^6}{b^3}}=\frac{3a^2}{b}\)

Tương tự: \(\frac{2b^3}{c^2}+c\ge\frac{3b^2}{c};\frac{2c^3}{a^2}+a\ge\frac{3c^2}{a}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên: \(2\left(\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\right)+a+b+c\ge3\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\)

\(=2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\)

\(\ge2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+a+b+c\)

Từ đó ta có đpcm.

1. a) 4( 2x + 3 ) - 3 ( 2 - 3x ) = 7

<=> 8x + 12 - 6 + 9x = 7

<=> 17x + 6 = 7

<=> 17x = 1

<=> x = 1/17

Vậy phương trình trên có nghiệm là x = 1/17

Chúc bạn học tốt!!!

b) \(\dfrac{\left(x-1\right)^2}{3}+\dfrac{\left(x+3\right)^2}{6}=\dfrac{\left(x-2\right)\left(x+1\right)}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-2x+1}{3}+\dfrac{x^2+6x+9}{6}=\dfrac{x^2+x-2x-2}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-2x+1}{3.2}+\dfrac{x^2+6x+9}{6}=\dfrac{x^2-x-2}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x^2-2x+1\right)2}{3.2}+\dfrac{x^2+6x+9}{6}=\dfrac{\left(x^2-x-2\right)3}{2.3}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x^2-4x+2}{6}+\dfrac{x^2+6+9}{6}=\dfrac{3x^2-3x-6}{6}\)

\(\Leftrightarrow2x^2-4x+2+x^2+6x+9=3x^2-3x-6\)

\(\Leftrightarrow3x^2+2x+11=3x^2-3x-6\)

\(\Leftrightarrow3x^2+2x-3x+3x=-6-11\)

\(\Leftrightarrow5x=-17\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{-17}{5}\)

Vậy phương trình trên có nghiệm là \(x=\dfrac{-17}{5}\)

Chúc bạn học tốt!!!

Lời giải

Cách giải đơn giản nhất là khai triển

\(3(a^8+b^8+c^8)\geq (a^3+b^3+c^3)(a^5+b^5+c^5)\)

\(\Leftrightarrow 2(a^8+b^8+c^8)\geq a^5(b^3+c^3)+b^5(c^3+a^3)+c^5(a^3+b^3)\)

\(\Leftrightarrow (a^3-b^3)(a^5-b^5)+(b^3-c^3)(b^5-c^5)+(c^3-a^3)(c^5-a^5)\geq 0(\star)\)

Xét \((a^3-b^3)(a^5-b^5)=(a-b)^2(a^2+b^2)(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4)\geq 0\) với mọi \(a,b>0\)

và tương tự với các biểu thức còn lại.

Suy ra BĐT \((\star)\) luôn đúng.

Ta có đpcm

Đây chính là một dạng của BĐT Chebyshev:

Với dãy số thực \(a_1\leq a_2\leq ....\leq a_n\) . Nếu tồn tại dãy số thực\(b_1\leq b_2\leq .... \leq b_n\) thì \(n(a_1b_1+a_2b_2+....+a_nb_n)\geq (a_1+a_2+...+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)\)

Câu 2:

Tương tự câu 1 thôi.

Do \(a+b=2\) nên bài toán tương đương: \(2(a^8+b^8)\geq (a^7+b^7)(a+b)\)

\(\Leftrightarrow a^8+b^8\geq a^7b+ab^7\Leftrightarrow (a^7-b^7)(a-b)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (a-b)^2(a^6+a^5b+....+ab^5+b^6)\geq 0(\star)\)

Xét \(Q=a^6+a^5b+a^4b^2+a^3b^3+a^2b^4+ab^5+b^6\)

\(Q=(a+b)(a^5+b^5)+a^2b^2(a^2+b^2+ab)\)

Dựa vào điều kiện \(a+b=2\) và biến đổi, ta thu được \(Q=16(2-ab)^2-8ab(2-ab)-a^3b^3\)

Đặt \(ab=t\Rightarrow Q=-t^3+24t^2-80t+64\)

\(\Leftrightarrow Q=(1-t)(t-8)^2+7t^2\)

Với mọi \(a,b\in\mathbb{R}\) ta luôn có \(ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}\Rightarrow t\leq 1\). Do đó \(Q\geq 0\)

Kéo theo BĐT \((\star)\) luôn đúng, bài toán luôn đúng. Do đó ta có đpcm.

1: \(\Leftrightarrow a^5-a^4b+b^5-ab^4>=0\)

\(\Leftrightarrow a^4\left(a-b\right)-b^4\left(a-b\right)>=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\cdot\left(a+b\right)\cdot\left(a^2+b^2\right)>=0\)(luôn đúng khi a,b dương)