Giả sử \(a\ge b\ge c\ge0\)

a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(b-c)

=a(a-b)[(a-b)+(b-c)]-b(a-b)(b-c)+c(a-c)(b-c)

=a(a-b)^2 +a(a-b)(b-c)-b(a-b)(b-c)+c(a-c)(b-c)

=a(a-b)^1 +(b-c)(a-b)^2 +c(a-c)(b-c) \(\ge0\)

Vậy .............

hok tốt

No Name:Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 3

Do a,b,c bình đẳng ta giả sử \(a\ge b\ge c\)

Đặt \(a-b=x;b-c=y\)

Khi đó BĐT tương đương với:

\(c\left(x^2+xy+y^2\right)+x^2\left(x+2y\right)\ge0\left(true\right)\)

Vậy BĐT được chứng minh

WLOG \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)

\(VT=\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)^2+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0=VP\)

Kiểu khác

WLOG \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)

\(\frac{\left(4a^2+4b^2-5c^2+8ab-bc-ca\right)\left(a-b\right)^2+c\left(a+b-c\right)\left(a+b-2c\right)^2}{4ca+4bc-5c^2+c}\ge0\)

1. (a+b)^2 ≥ 4ab

<=> a²+2ab+b²≥ 4ab

<=> a²+2ab+b²-4ab≥ 0

<=> a²-2ab+b²≥ 0

<=> (a-b)^2 ≥ 0 ( luôn đúng )

2. a^2 + b^2 + c^2 ≥ ab + bc + ca

<=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca

<=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0

<=> (a^2- 2ab+b^2) + (b^2-2bc+c^2) + (c^2-2ca+a^2) ≥ 0

<=> (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 ≥ 0 ( luôn đúng)

4. Tương tự 3

a) đề sai à bạn 4/a+b chứ

b)Theo BĐT Côsi:

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

Tương tự ta có:

\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2c\)

\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2a\)

Cộng vế với vế của 3 bđt trên rồi chia 2 vế bđt thu được cho 2 ta có ngay đpcm. 

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

a) Nếu k có điều kiện a, b > 0 thì bất đẳng thức k thể xảy ra

b) Ta có : \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2b\)

  \(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}\ge2a\)

   \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2c\)

Cộng 2 vế của bất đẳng thức ta được :

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

=> bất đẳng thức cần chứng minh

a) bn sai đề nhé,đề đúng là : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\) > \(\frac{4}{a+b}\) nhé,vì mk làm rồi

Giả sử  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\) > \(\frac{4}{a+b}\)

=> \(\frac{a+b}{ab}\) > \(\frac{4}{a+b}\)

=>\(\left(a+b\right)\left(a+b\right)\) > 4ab

=>\(\left(a+b\right)^2-4ab\) > 0

=>\(a^2+2ab+b^2-4ab\) > 0

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

=>\(\left(a-b\right)^2\) > 0

BĐT cuối luôn đúng với mọi a;b

=>điều giả sử là đúng,ta có đpcm

(*)đề sai nên Kiệt ko ra là phải

mình nháp mãi sao ko ra nhỉ ?

A) a²+b²+c²+ab+bc+ca>=0 (*)

<=> 2a²+2b²+2c²+2ab+2bc+2ca>=0

<=> (a²+2ab+b²)+(b²+2bc+c²)+(c²+2ca+a²)>=0

<=> (a+b)²+(b+c)²+(c+a)²>=0

BĐT cuối luôn đúng với mọi a,b,c 

Vậy BĐT (*) đc cm

Phần B cũng tương tự nhé

a) Ta có : a² + b² + c² + ab + bc + ca = (a + b + c)²

Mà \(\left(a+b+c\right)^2\ge0\forall x\)

Nên : a² + b² + c² + ab + bc + ca \(\ge0\forall x\)

b) hình như sai đề rồi bạn à !

Bài toán số 41 có 2 cách làm, tôi làm cách thứ 2

Đặt \(Q=\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\)\(\Rightarrow Q^2=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}+2\left(\sqrt{\frac{xy}{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}}+\sqrt{\frac{yz}{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}+\sqrt{\frac{xz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}\right)\)ta thấy rằng \(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}=\frac{1}{4}\left(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\right)\left(xy+yz+zx\right)\)

\(=\frac{x^2+y^2+z^2}{4}+\frac{xyz}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{4}\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có \(\sqrt{\frac{yx}{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}}\ge\frac{2yx}{2\sqrt{\left(xy+yz\right)\left(yz+yx\right)}}\ge\frac{2xy}{2xy+yz+xz}\ge\frac{2xy}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{xy}{xy+yz+zx}\)

Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{yz}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\ge\frac{yz}{xy+yz+zx}\\\sqrt{\frac{xz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}\ge\frac{xz}{xy+yz+zx}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{xy}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}}+\sqrt{\frac{yz}{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}}+\sqrt{\frac{zx}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}\ge1\)nên \(Q\ge\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{4}+2}\)

\(\Rightarrow Q\ge\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{2}+4}+\frac{4}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\)

Đặt \(t=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\Rightarrow t\ge\sqrt{xy+yz+zx}=2\)

Xét hàm số g(t)=\(\sqrt{\frac{t^2}{2}+4}+\frac{4}{t}\left(t\ge2\right)\)khi đó ta có 

\(g'\left(t\right)=\frac{t}{2\sqrt{\frac{t^2}{2}+4}}-\frac{4}{t^2};g'\left(t\right)=0\Leftrightarrow t^6-32t^2-256=0\Leftrightarrow t=2\sqrt{2}\)

Lập bảng biến thiên ta có min[2;\(+\infty\)) \(g\left(t\right)=g\left(2\sqrt{2}\right)=3\sqrt{2}\)

Hay minS=\(3\sqrt{2}\)<=> a=c=1; b=2

Đặt a=xc; b=cy (x;y >=1)

\(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}=\sqrt{xy}\Leftrightarrow x+y-2+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}=xy\)

\(\Leftrightarrow xy-x-y+1-2\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}-1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}=1\Leftrightarrow xy=x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\ge4\)

Biểu thức P được viết lại như sau

\(P=\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x^2+y^2}=\frac{x^2}{xy+x}+\frac{y^2}{xy+y}+\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2-2xy}\)

\(P\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2xy+x+y}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{\left(x+y\right)^2-2xy}=\frac{xy}{3}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2y^2-2xy}=\frac{x^3y^3-2x^2y^2+3xy-3}{3\left(x^2y^2-2xy\right)}\)

Đặt t=xy với t>=4

Xét hàm số \(f\left(t\right)=\frac{t^3-2t^2+3t-3}{t^2-2t}\left(t\ge4\right)\)

Ta có \(f'\left(t\right)=\frac{t^4-4t^3+t^2+6t-6}{\left(t^2-2t\right)^2}=\frac{t^3\left(t-4\right)+6\left(t-4\right)+18}{\left(t^2-2t\right)^2}>0\forall t\ge4\)

Lập bảng biến thiên ta có \(minf\left(t\right)=f\left(4\right)=\frac{41}{8}\)

Vậy \(minP=\frac{41}{24}\)khi x=y=z=2 hay a=b=2c

trả lời

dùng bất đẳng thức cosi cho 2 số ko âm

sử dụng cộng mỗi cặp trên

đc 3 cặp

cộng lại là ra

ta có : \(\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}\ge2a;\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2c\)

Do đó : \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2b+2a+2c\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)