Bài 1a)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho từng cặp ta có

\(\left\{\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ac}\end{matrix}\right.\)

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

\(=>\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8\sqrt{\left(abc\right)^2}\)

\(=>\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8abc\) ( điều phải chứng minh )

Bài 1b)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si bộ 3 số cho từng cặp ta có

\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\end{matrix}\right.\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\) (điều phải chứng minh )

Bài 1c) Ta có

\(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)

\(=>1+a+b\left(1+a\right)\left(1+c\right)\ge1^3+3.1^2.\sqrt[3]{abc}+3.1.\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}\)

\(=>\left(1+a+b+ab\right)\left(1+c\right)\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)

\(=>1+a+b+ab+c\left(1+a+b+ab\right)\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)

\(=>1+a+b+ab+c+ca+bc+abc\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)

\(=>a+b+c+ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si bộ 3 số cho vế trái ta có

\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\end{matrix}\right.\)

\(=>a+b+c+ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\) (điều phải chứng minh )

Bài 2a)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho từng cặp ta có

\(\left\{\begin{matrix}\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}}=2\sqrt{c^2}=2c\\\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b}.\frac{ab}{c}}=2\sqrt{a^2}=2a\\\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}}=2\sqrt{b^2}=2b\end{matrix}\right.\)

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

\(=>\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\) (điều phải chứng minh )

Bài 2b)

Chứng minh BĐT \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho vế trái ta có

\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\end{matrix}\right.\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9.\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) (điều phải chứng minh )

Ta có \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)

\(=>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+3\ge\frac{3}{2}+3\)

\(=>\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{a+c}+1+\frac{c}{a+b}+1\ge\frac{9}{2}\)

\(=>\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge\frac{9}{2}\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{9}{2}\)

\(=>2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\)

Áp dụng BĐT vừa chứng minh \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

\(=>\left(b+c+a+c+a+b\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9 \) (Điều phải chứng minh )

nhiều quá bạn à

a) Xét hàm số f(x) = tanx − sinx trên nửa khoảng [0; π/2);

x ∈ [0;1/2)

Dấu “=” xảy ra khi x = 0.

Suy ra f(x) đồng biến trên nửa khoảng [0; π/2)

Mặt khác, ta có f(0) = 0, nên f(x) = tanx – sinx > 0 hay tanx > sinx với mọi x ∈ [0; 1/2)

b) Xét hàm số h(x) trên [0; + ∞ )

Dấu “=” xẩy ra chỉ tại x = 0 nên h(x) đồng biến trên nửa khoảng [0;  + ∞ ).

Vì h(x) = 0 nên

Hay

Xét hàm số trên f(x) trên [0;  + ∞ );

Vì g(0) = 0 và g(x) đồng biến trên nửa khoảng [0;  + ∞ ) nên g(x) ≥ 0, tức là f′(x) ≥ 0 trên khoảng đó và vì dấu “=” xảy ra chỉ tại x = 0 nên f(x) đồng biến trên nửa khoảng .

Mặt khác, ta có f(0) = 0 nên

Với mọi 0 < x <  + ∞ .

a b 2 3 = a b b 3 3 = 1 b a b 3   b ≠ 0

Vế trái bằng vế phải nên đẳng thức được chứng minh.

Biến đổi tương đương:

\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+2ab\ge4ab\)

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

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

Vậy BĐT đã cho đúng

Chỉ cần chú ý:

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

Từ đó thiết lập 2 BĐT còn lại tương tự rồi cộng theo vế thu được đpcm.

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky :

\(\left(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\right)\left(abc+abc+abc\right)\ge\left(ab+bc+ac\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge\frac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{3abc}\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy 

\(\hept{\begin{cases}a^2b^2+b^2c^2\ge2ab^2c\\a^2b^2+c^2a^2\ge2a^2bc\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\\b^2c^2+c^2a^2\ge2abc^2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)^2\ge3\left(a+b+c\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge a+b+c\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)

Chúc bạn học tốt !!!

ta có:

(a+b+c)³=a³+b³+c³+3a²b+3a²c+3b²a+3b²c+3c²a+3c²b+6abc

=a³+b³+c³+(3a²b+3a²c+3abc)+(3b²a+3b²c+3abc)+(3c²a+3c²b+3abc)-3abc

=a³+b³+c³+3a.(ab+ac+bc)+3b(ab+ac+bc)+3c.(ab+ac+bc)-3abc

=a³+b³+c³+3.(a+b+c)(ab+ac+bc)-3abc

=>0³=a³+b³+c³+3.0.(ab+ac+bc)-3abc

0=a³+b³+c³-3abc

<=>a³ + b³ + c³ = 3abc

a + b + c = 0 =>  a + b  = -c 

TA có 

a^3 + b^3 + c^3 = ( a+ b)^3 - 3ab . ( a+ b) + c^3 

Thay  a +b = -c ta có 

a^3 + b^3 + c^3 = -c^3 - 3ab.(-c) + c^3 = 3abc (ĐPCM)

a+b+c=0

=>(a+b+c)³=0

=>a³+b³+c³+3a²b+3ab²+3b²c+3bc²+3a²c+3ac²+6abc=0

=>a³+b³+c³+(3a²b+3ab²+3abc)+(3b²c+3bc²+3abc)+(3a²c+3ac²+3abc)-3abc=0

=>a³+b³+c³+3ab(a+b+c)+3bc(a+b+c)+3ac(a+b+c)=3abc

Do a+b+c=0

=>a³+b³+c³=3abc(ĐPCM)

Nếu a > b và c > 0 thì ac > bc

Nếu a > b và c > 0 thì a + c > b + c

Nếu a > b và c < 0 thì a + c > b + c

Nếu a > b và c < 0 thì ac < bc

Nểu a < b và c > 0 thì ac < bc

Nếu a < b và c > 0 thì a + c < b + c

Nếu a < b và c < 0 thì ac > bc

Nếu a < b và c < 0 thì a + c < b + c

\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{ab}\ge0\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\Leftrightarrow\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

Cho xin Zalo với

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{a}{1}+\frac{1}{a}\ge2\) .

Áp dụng BĐT cô si ta có: \(\frac{a}{1}+\frac{1}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{1}.\frac{1}{a}}\). Suy ra \(\frac{a}{1}+\frac{1}{a}\ge2\)

Hay \(a+\frac{1}{a}\ge2^{\left(đpcm\right)}\)

a) Ta có: \(\left(a-1\right)^2\ge0\forall a\)

\(\Leftrightarrow a^2-2a+1\ge0\forall a\)

\(\Leftrightarrow a^2+2a+1\ge4a\forall a\)

\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)^2\ge4a\)(đpcm)

b) Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

\(a+1\ge2\sqrt{a};b+1\ge2\sqrt{b};c+1\ge2\sqrt{c}\\ \Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge8\sqrt{abc}=8\)

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1