e)\(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

\(=1+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+1\)

\(=\left(1+1\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\)

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

\(=2+\frac{a.a+b.b}{b.a}\)

Vì \(\frac{a.a+b.b}{a.b}>=2\) 

Nên \(2+\frac{a.a+b.b}{a.b}>=2+2=4\)

Hay \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)>=4\)

a) \(a^2+b^2-2ab\)

\(=\left(a-b\right)^2\)

Vì \(\left(a-b\right)^2\) là binh phương của một số nên \(\left(a-b\right)^2>=0\)

Hay \(a^2+b^2-2ab>=0\)

c) \(a\left(a+2\right)\)

\(=a^2+2a\)

\(\left(a+1\right)^2\)

\(=\left(a+1\right)\left(a+1\right)\)

\(=a^2+a+a+1\) 

\(=a^2+2a+1\)

Vì\(a^2+2a< a^2+2a+1\)

Nên \(a\left(a+2\right)< \left(a+1\right)^2\)

a , sai đề thì phải @@

b, \(\frac{a^2+b^2}{2}\ge ab< =>a^2+b^2\ge2ab< =>\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*

c, \(\left(a+1\right)^2>a\left(a+2\right)< =>a^2+2a+1>a^2+2a< =>1>0\)*đúng*

d, Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số :

\(m^2+1\ge2m\)

\(n^2+1\ge2n\)

Cộng theo vế ta có điều phải chứng minh 

e, Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm ta có :

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

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

Nhân theo vế các BĐT cùng chiều ta được :

\(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{\frac{1}{ab}}=4\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

câu a.    \(a^2+b^2-2ab\ge0\)

a) Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\)

=>\(a^2+b^2-2ab\ge0\left(đpcm\right)\)

b) \(\left(a+b\right)^2\ge0\)

=> \(a^2+b^2+2ab\ge0\)

<=> \(a^2+b^2\ge-2ab\)

<=> \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge ab\) (đpcm)

c) ta có: \(\left(a+1\right)^2=a^2+2a+1\)

\(a\left(a+2\right)=a^2+2a\)

Vậy từ 2 điều trên => \(a\left(a+2\right)< \left(a+1\right)^2\)

d) \(m^2+n^2+2\ge2\left(m+n\right)\) (*)

<=>m² - 2m +1 +n² - 2n +1 \(\ge0\)

<=> \(\left(m-1\right)^2+\left(n-1\right)^2\ge0\) (1)

(1) đúng => (*) đúng

d) Bạn ấy giải rồi ,mình không giải nữa

e) Theo BĐT cauchy ta có: \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge ab\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2}{ab}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{b}+1\right)+\left(\dfrac{b}{a}+1\right)\ge4\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{b}+\dfrac{a+b}{a}\ge4\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}\right)\ge4\) (đpcm)

Vậy..........

a) \(a^2+b^2-2ab=a^2-2ab+b^2=\left(a-b\right)^2\ge0\) (1)

b) Từ đẳng thức câu a) \(\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\) \(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2}{2}\ge ab\)

c) Ta có \(a\left(a+2\right)=a^2+2a\)

Từ đẳng thức (1) ta được \(\left(a+1\right)^2=a^2+2a.1+1^2=a^2+2a+1\)

Do a² + 2a < a² + 2a + 1 nên a(a + 2) < (a + 1)²

    Chờ tý làm tiếp câu c) d) cho 

a)ta có: (a-b)²\(\ge0\)

=> a²-2ab+b²\(\ge0\)(đpcm)

b)Từ phần a) => \(a^2+b^2-2ab\ge0\)

                     <=> \(a^2+b^2\ge2ab\)

=> \(\frac{a^2+b^2}{2}\ge ab\)(đpcm)

c)ta thấy \(\left(a+1\right)^2-a\left(a+2\right)=1>0\)

=> \(\left(a+1\right)^2>a\left(a+2\right)\)(đpcm)

d)ta thấy: \(m^2+n^2+2-2m-2n=\left(m^2-2m+1\right)+\left(n^2-2n+1\right)\)

                                                             \(=\left(m-1\right)^2+\left(n-1\right)^2\ge0\)

=> \(m^2+n^2+2\ge2\left(m+n\right)\)(đpcm)

e)ta có: \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=1+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1=2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\)

Áp dụng BĐY cô si có:\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=2\)

=>  \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge2+2=4\)(đpcm)

d) Theo bất đẳng thức cô-si :

\(m^2+1\ge2\sqrt{m^2.1}=2m\)

\(n^2+1\ge2\sqrt{n^2.1}=2n\)

Do đó \(m^2+1+n^2+1\ge2m+2n\)

hay \(m^2+n^2+2\ge2\left(m+n\right)\)

e) Theo bất đẳng thức cô-si vào 2 số dương a,b ta có :

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

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{1}{\sqrt{ab}}\)

Do đó \(\left(a+b\right)+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge2\sqrt{ab}+\frac{1}{\sqrt{ab}}=4\)

17) \(\frac{10x^2-7x-5}{2x-3}\) là số nguyên khi 10x² - 7x - 5 \(⋮\) 2x - 3

Ta có: 10x² - 7x - 5 = 10x² - 15x + 8x - 12 + 7 = 5x(2x-3) + 4(2x-3) + 7

\(\Rightarrow\) 10x² - 7x - 5 \(⋮\) 2x - 3 khi và chỉ khi 7 chia hết cho 2x-3

\(\Rightarrow\) 2x - 3 \(\in\) Ư(7) \(\Leftrightarrow\) 2x - 3 = \(\left\{-1;1;-7;7\right\}\)
TH1: 2x-3 = -1 <=> x = 1
TH2: 2x-3 = 1 <=> x = 2
TH3: 2x-3 = -7 <=> x = -2
TH4: 2x-3 = 7 <=> x = 5
Vây có 4 giá trị nguyên của x là \(\left\{-2;1;2;5\right\}\)

23) Cm rằng

a)

a²−2ab+b² = (a - b)² ≥ 0 (đpcm)

b)\(\frac{a^2+b^2}{2}\) ≥ ab

Ta có: (a-b)² ≥0 vs mọi a,b

\(\Leftrightarrow\) a²−2ab+b² ≥0

\(\Leftrightarrow\) a²+b² ≥ 2ab

\(\Leftrightarrow\) \(\frac{a^2+b^2}{2}\) ≥ ab (đpcm)

c)

Ta có: a(a+2)= a²+2a

(a+1)² = a² + 2a + 1

\(\Rightarrow\) a(a+2)<(a+1)² (đpcm)

d)

(m-n)² \(\ge\) 0

\(\Leftrightarrow\) m²- 2mn+n² \(\ge\) 0

\(\Leftrightarrow\) m²+n² \(\ge\) 2mn

\(\Leftrightarrow\) m²+n²+2 \(\ge\) 2mn+2

\(\Leftrightarrow\)

e) (với a>0, b>0)

Ta có: (a - b)² ≥ 0

\(\Leftrightarrow\) a²−2ab+b² ≥ 0

\(\Leftrightarrow\) a²+2ab - 4ab+b² ≥ 0

\(\Leftrightarrow\) (a + b)² - 4ab≥ 0

\(\Leftrightarrow\) (a + b)² ≥ 4ab

\(\Leftrightarrow\) \(\frac{\left(a+b\right)^2}{ab}\) ≥ 4

\(\Leftrightarrow\) (a+b) ( \(\frac{a+b}{ab}\) ) ≥ 4

\(\Leftrightarrow\) (a+b)(\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\))≥4 (vs a,b > 0) (đpcm)

25,

\(a,a>b\Leftrightarrow a+2>b+2\)

\(b,a>b\Leftrightarrow-2a< -2b\)

\(\Leftrightarrow-2a-5< -2b-5\)

\(c,a< b\)

\(\Leftrightarrow3a>3b\)

lại có: \(5>2\)

\(\Rightarrow3a+5>3b+2\)

\(d,a>b\)

\(\Leftrightarrow-4a< -4b\)

mà 2 < 3

\(\Leftrightarrow2-4a< 3-4b\\ \)

1)

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.