1. BĐT tương đương với \(6\left(a^2+b^2\right)-2ab+8-4\left(a\sqrt{b^2+1}+b\sqrt{a^2+1}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left[a^2-4a\sqrt{b^2+1}+4\left(b^2+1\right)\right]+\left[b^2-4b\sqrt{a^2+1}+4\left(a^2+1\right)\right]\)\(+\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2\sqrt{b^2+1}\right)^2+\left(b-2\sqrt{a^2+1}\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)

=> Đẳng thức không xảy ra

2. \(a^4+b^4+c^2+1\ge2a\left(ab^2-a+c+1\right)\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^2+1\ge2a^2b^2-2a^2+2ac+2a\)

\(\Leftrightarrow\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)+\left(a^2-2a+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+\left(c-a\right)^2+\left(a-1\right)^2\ge0\)

3. \(\left(a^5+b^5\right)\left(a+b\right)\ge\left(a^4+b^4\right)\left(a^2+b^2\right)\left(2\right)\)

Ta có: \(\left(2\right)\Leftrightarrow a^6+a^5b+ab^5+b^6\ge a^6+a^4b^2+a^2b^4+b^6\)

\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5\ge a^4b^2+a^2b^4\)\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5-a^4b^2-a^2b^4\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^5b-a^4b^2+ab^5-a^2b^4\ge0\)\(\Leftrightarrow a^4b\left(a-b\right)+ab^4\left(b-a\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)

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

Vì (2a) luôn đúng với mọi \(a,b\ge0\)nên (2) đc chứng mih.

2 ) b )

\(a+b+c+d=0\)

\(\Leftrightarrow a+b=-\left(c+d\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3=-\left(c+d\right)^3\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3a^2b+3b^2a=-c^3-3c^2d-3d^2c-d^3\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3a^2b+3b^2a+c^3+3c^2d+3d^2c+d^3=0\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=-3a^2b-3b^2a-3c^2d-3d^2c\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=-3ab\left(a+b\right)-3cd\left(c+d\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=3ab\left(c+d\right)-3cd\left(c+d\right)\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=3\left(ab-cd\right)\left(c+d\right)\) \(\left(đpcm\right)\)

Ta chứng minh bổ đề: Với \(|x|\ge2\)thì \(2x^2-4x\ge0\)

Với \(x\le-2\)thì nó đúng

Xét \(x\ge2\)thì ta có:

\(2x\left(x-2\right)\ge0\)(đúng)

Quay lại bài toán:

\(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(ab+1\right)+5\)

\(\Leftrightarrow4a^2b^2+4a^2+4b^2-4a^2b-4ab^2-4a-4b-16\ge0\)

\(\Rightarrow VT=\left(a^2b^2-4a^2b+4a^2\right)+\left(a^2b^2-4b^2a+4b^2\right)+\left(a^2b^2-16\right)+\left(\frac{a^2b^2}{2}-4a\right)+\left(\frac{a^2b^2}{2}-4b\right)\)

\(\ge\left(ab-2a\right)^2+\left(ab-2b\right)^2+\left(a^2b^2-16\right)+\left(2a^2-4a\right)+\left(2b^2-4b\right)\ge0\)

Vậy ta có ĐPCM

ai tra loi giup voi

1. Đề sai, ví dụ (a;b;c)=(1;2;2) hay (1;2;7) gì đó

2. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 4 số a;b;c;d luôn có ít nhất 2 số đồng dư khi chia 3. 

Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b thì \(a-b⋮3\)

Ta có 2 TH sau:

- Trong 4 số có 2 chẵn 2 lẻ, giả sử a, b chẵn và c, d lẻ \(\Rightarrow a-b,c-d\) đều chẵn \(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(c-d\right)⋮4\)

\(\Rightarrow\) Tích đã cho chia hết 12

- Trong 4 số có nhiều hơn 3 số cùng tính chẵn lẽ, khi đó cũng luôn có 2 hiệu chẵn (tương tự TH trên) \(\Rightarrowđpcm\)

3. Với \(n=1\) thỏa mãn

Với \(n>1\) ta có \(3^n\equiv\left(5-2\right)^n\equiv\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)

\(\Rightarrow n.2^n+3^n\equiv n.2^n+\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)

Mặt khác \(n.2^n+\left(-2\right)^n=2^n\left(n+\left(-1\right)^n\right)\)

Mà \(2^n⋮̸5\Rightarrow n+\left(-1\right)^n⋮5\)

TH1: \(n=2k\Rightarrow2k+1⋮5\Rightarrow2k+1=5\left(2m+1\right)\Rightarrow k=5m+2\)

\(\Rightarrow n=10m+4\)

TH2: \(n=2k+1\Rightarrow2k+1-1⋮5\Rightarrow2k⋮5\Rightarrow k=5t\Rightarrow n=10t+1\)

Vậy với \(\left[{}\begin{matrix}n=10k+4\\n=10k+1\end{matrix}\right.\) (\(k\in N\)) thì số đã cho chia hết cho 5

4) Ta có : A=(a+b+c+d)(a-b-c+d)=(a-b+c-d)(a+b-c-d)

=> (a+d)² - (b+c)²= (a-d)² - (c-b)²

=> a²+ d²+ 2ad - b²- c²- 2bc=a² + d² - 2ad - c²-b²+2bc

Rút gọn ta được: 4ad = 4bc => ad = bc =>\(\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}\)

1) a²+b²+c²+3=2(a+b+c) =>(a-1)²+(b-1)²+(c-1)²=0

=> a-1=b-1=c-1=0 => a=b=c=1 =>đpcm

2) (a+b+c)²=3(ab+bc+ac) =>(a-b)²+(b-c)²+(c-a)²=0

=>a-b=b-c=c-a=0 =>a=b=c

Câu 2:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\left(a^2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)[1+2+2(b+c)^2]\geq (a+1+b+c)^2\)

\(\Rightarrow \frac{5}{16}(a^2+1)[3+2(b+c)^2]\geq \frac{5}{16}(a+b+c+1)^2\)

Để hoàn thành bài toán ta cần chứng minh:

\((a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq \frac{5}{16}(a^2+1)[3+2(b+c)^2]\)

\(\Leftrightarrow (b^2+1)(c^2+1)\geq \frac{5}{16}[3+2(b+c)^2]\)

\(\Leftrightarrow b^2c^2+\frac{3}{8}(b^2+c^2)+\frac{1}{16}-\frac{5}{4}bc\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (bc-\frac{1}{4})^2+\frac{3}{8}(b-c)^2\geq 0\)

(Luôn đúng)

Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)

Câu 1:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((a^2+1+2)\left[1+1+\frac{(b+c)^2}{2}\right]\geq (a+1+b+c)^2\)

\(\Rightarrow 4(a^2+3)\left[2+\frac{(b+c)^2}{2}\right]\geq 4(a+b+c+1)^2\)

Để hoàn thành bài toán ta cần chứng minh:

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

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

\(\Leftrightarrow b^2c^2+b^2+c^2+1-4bc\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (bc-1)^2+(b-c)^2\geq 0\) (luôn đúng)

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)