Zới mọi \(x,y>0\), áp dụng BĐT AM-GM ta có 

\(x^2+y^2=\frac{2xy\left(x^2+y^2\right)}{2xy}\le\frac{\frac{\left(2xy+x^2+y^2\right)^2}{4}}{2xy}=\frac{\left(x+y\right)^4}{8xy}\)

sử dụng kết quả trên ta thu đc các kết quả sau

\(a^2+c^2\le\frac{\left(a+c\right)^4}{8ac}=\frac{\left(a+c\right)^4bd}{8abcd}\le\frac{\left(a+c\right)^4\left(b+d\right)^2}{32abcd}\)

\(b^2+d^2\le\frac{\left(b+d\right)^4}{8bd}=\frac{\left(b+d\right)^4ac}{8abcd}\le\frac{\left(b+d\right)^4\left(c+a\right)^2}{32abcd}\)

Như zậy ta chỉ còn cần CM đc

\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{cd}+\frac{1}{da}\ge\frac{\left(a+c\right)^2\left(b+d\right)^2\left[\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\right]}{32abcd}\)

BĐT trên tương đương zới

\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}{abcd}\ge\frac{\left(a+c\right)^2\left(b+d\right)^2\left[\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\right]}{32abcd}\)

hay 

\(\left(a+c\right)\left(b+d\right)\left[\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\right]\le32\)

đến đây bạn lại sử dụng kết quả trên ta có ĐPCM nhá

Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi a=b=c=d=1

mình ko chắc nhá

135268

Xét tổng 2 số:

\(\left(2a+b-2\sqrt{cd}\right)+\left(2c+d-2\sqrt{ab}\right)=\left(a+b-2\sqrt{ab}\right)+\left(c+d-2\sqrt{cd}\right)+a+c\)

\(=\left(a-\sqrt{ab}+b-\sqrt{ab}\right)+\left(c-\sqrt{cd}+d-\sqrt{cd}\right)+a+c\)

\(=\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{c}-\sqrt{d}\right)^2+a+c\) > 0

Do đó, tồn tại 1 số dương trong 2 số \(2a+b-2\sqrt{cd}\) và \(2c+d-2\sqrt{ab}\)(đpcm)

3. abc > 0 nên trog 3 số phải có ít nhất 1 số dương. 
Vì nếu giả sử cả 3 số đều âm => abc < 0 => trái giả thiết 
Vậy nên phải có ít nhất 1 số dương 

Không mất tính tổng quát, giả sử a > 0 
mà abc > 0 => bc > 0 
Nếu b < 0, c < 0: 
=> b + c < 0 
Từ gt: a + b + c < 0 
=> b + c > - a 
=> (b + c)^2 < -a(b + c) (vì b + c < 0) 
<=> b^2 + 2bc + c^2 < -ab - ac 
<=> ab + bc + ca < -b^2 - bc - c^2 
<=> ab + bc + ca < - (b^2 + bc + c^2) 
ta có: 
b^2 + c^2 >= 0 
mà bc > 0 => b^2 + bc + c^2 > 0 
=> - (b^2 + bc + c^2) < 0 
=> ab + bc + ca < 0 (vô lý) 
trái gt: ab + bc + ca > 0 

Vậy b > 0 và c >0 
=> cả 3 số a, b, c > 0

1.a, Ta có: \(\left(a+b\right)^2\ge4a>0\)

                   \(\left(b+c\right)^2\ge4b>0\)

                    \(\left(a+c\right)^2\ge4c>0\)

\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\right]^2\ge64abc\)

Mà abc=1

\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\right]^2\ge64\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8\left(đpcm\right)\)     

sai rồi. sửa a+b=a+1, b+c=b+1, a+c=c+1 nha, thông cảm, nhìn sai đề

jz pà:)) 

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:

\(\dfrac{1}{ab}\ge\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}\)

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}\)

Ta có:

\(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\)

                         \(=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}\ge\dfrac{1}{2}.\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{4}{\left(a^2+b^2+2ab\right)^2}\)

                            \(\ge\dfrac{1}{2}.\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{4}{\left[\left(a+b\right)^2\right]^2}\)

                           \(\ge\dfrac{1}{2}.\dfrac{4}{1^2}+\dfrac{4}{\left(1^2\right)^2}\)

                           \(\ge2+4=6\) ( đfcm )

3)

1.

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng phía so với \(\dfrac{2}{3}\), không mất tính tổng quát, giả sử đó là b và c

\(\Rightarrow\left(b-\dfrac{2}{3}\right)\left(c-\dfrac{2}{3}\right)\ge0\)

Mặt khác \(0\le a\le1\Rightarrow1-a\ge0\)

\(\Rightarrow\left(b-\dfrac{2}{3}\right)\left(c-\dfrac{2}{3}\right)\left(1-a\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow-abc\ge\dfrac{4a}{9}+\dfrac{2b}{3}+\dfrac{2c}{3}-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc-\dfrac{4}{9}\)

\(\Leftrightarrow-abc\ge-\dfrac{2a}{9}+\dfrac{2}{3}\left(a+b+c\right)-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc-\dfrac{4}{9}=-\dfrac{2a}{9}-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc+\dfrac{8}{9}\)

\(\Leftrightarrow-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{4ab}{3}-\dfrac{4ac}{3}-2bc+\dfrac{16}{9}\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{ab}{3}-\dfrac{ac}{3}-bc+\dfrac{16}{9}\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{a}{3}\left(b+c\right)-bc+\dfrac{16}{9}\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{a}{3}\left(2-a\right)-\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}+\dfrac{16}{9}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}+\dfrac{a^2}{3}-\dfrac{2a}{3}-\dfrac{\left(2-a\right)^2}{4}+\dfrac{16}{9}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca-2abc\ge\dfrac{a^2}{12}-\dfrac{a}{9}+\dfrac{7}{9}=\dfrac{1}{12}\left(a-\dfrac{2}{3}\right)^2+\dfrac{20}{27}\ge\dfrac{20}{27}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge2abc+\dfrac{20}{27}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2}{3}\)

2.

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+1;y+1;z+1\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x;y;z\in\left[0;2\right]\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(P=\left(x+1\right)^3+\left(y+1\right)^3+\left(z+1\right)^3\)

\(P=x^3+y^3+z^3+3\left(x^2+y^2+z^2\right)+12\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\Rightarrow x\ge1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y^3+z^3=\left(y+z\right)^3-3yz\left(y+z\right)\le\left(y+z\right)^3\\y^2+z^2=\left(y+z\right)^2-2yz\le\left(y+z\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P\le x^3+\left(3-x\right)^3+3x^2+3\left(3-x\right)^2+12\)

\(\Rightarrow P\le15x^2-45x+66=15\left(x-1\right)\left(x-2\right)+36\le36\)

(Do \(1\le x\le2\Rightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)\le0\))

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị hay \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;3\right)\) và các hoán vị