a: \(\left(\dfrac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\sqrt{ab}\right)\left(\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{a-b}\right)\)

\(=\left(a-\sqrt{ab}+b-\sqrt{ab}\right)\cdot\dfrac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}=\sqrt{a}-\sqrt{b}\)

b: \(VT=\dfrac{\sqrt{2}\left(2+\sqrt{2}\right)}{2+\sqrt{3}+1}+\dfrac{\sqrt{2}\left(2-\sqrt{2}\right)}{2-\left(\sqrt{3}-1\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{2}\left(2+\sqrt{2}\right)}{3+\sqrt{3}}+\dfrac{\sqrt{2}\left(2-\sqrt{2}\right)}{3-\sqrt{3}}\)

\(=\dfrac{2\left(\sqrt{2}+1\right)\left(\sqrt{3}-1\right)+2\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\sqrt{3}+1\right)}{\sqrt{3}\left(\sqrt{3}-1\right)\left(\sqrt{3}+1\right)}\)

\(=\dfrac{2\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}+\sqrt{3}-1+\sqrt{6}+\sqrt{2}-\sqrt{3}-1\right)}{\sqrt{3}\cdot2}\)

\(=\dfrac{2\left(2\sqrt{6}-2\right)}{2\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{6}-2}{\sqrt{3}}\)

Bài 1:

Với $a=0$ hoặc $b=0$ thì ta luôn có \(ab=a^ab^b\)

Với $a\neq 0; b\neq 0$ , tức là \(a,b\in (0;1]\)

Ta có: \(a^a-a=a(a^{a-1}-1)=a(\frac{1}{a^{1-a}}-1)=\frac{a}{a^{1-a}}(1-a^{1-a})\)

Với \(0\leq a\leq 1; 1-a\geq 0\Rightarrow a^{1-a}\leq 1\)

\(\Rightarrow 1-a^{1-a}\geq 0\)

\(\Rightarrow a^a-a=\frac{a}{a^{1-a}}(1-a^{1-a})\geq 0\)

\(\Rightarrow a^a\geq a\)

Tương tự: \(b^b\geq b\)

\(\Rightarrow a^ab^b\geq ab\) (đpcm)

Bài 2:

Ta có :\(\frac{1}{3^a}+\frac{1}{3^b}+\frac{1}{3^c}\geq 3\left(\frac{a}{3^a}+\frac{b}{3^b}+\frac{c}{3^c}\right)\)

\(\Leftrightarrow \frac{1-3a}{3^a}+\frac{1-3b}{3^b}+\frac{1-3c}{3^c}\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{b+c-2a}{3^a}+\frac{a+c-2b}{3^b}+\frac{a+b-2c}{3^c}\geq 0\) (do $a+b+c=1$)

\(\Leftrightarrow (a-b)\left(\frac{1}{3^b}-\frac{1}{3^a}\right)+(b-c)\left(\frac{1}{3^c}-\frac{1}{3^b}\right)+(c-a)\left(\frac{1}{3^a}-\frac{1}{3^c}\right)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(a-b)(3^a-3^b)}{3^{a+b}}+\frac{(b-c)(3^b-3^c)}{3^{b+c}}+\frac{(c-a)(3^c-3^a)}{3^{c+a}}\geq 0(*)\)

Ta thấy, với mọi \(a\geq b\Rightarrow 3^a\geq 3^b; a\leq b\Rightarrow 3^a\leq 3^b\)

Tức là \(a-b; 3^a-3^b\) luôn cùng dấu

\(\Rightarrow (a-b)(3^a-3^b)\geq 0\). Kết hợp với \(3^{a+b}>0, \forall a,b\)

\(\Rightarrow \frac{(a-b)(3^a-3^b)}{3^{a+b}}\geq 0\)

Tương tự: \(\frac{(b-c)(3^b-3^c)}{3^{b+c}}\geq 0; \frac{(c-a)(3^c-3^a)}{3^{c+a}}\geq 0\)

Do đó $(*)$ đúng, ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài 3:

Vì \(a,b,c\leq 1\Rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)\leq 0\)

\(\Leftrightarrow (ab-a-b+1)(c-1)\leq 0\)

\(\Leftrightarrow abc-(ab+bc+ac)+(a+b+c)-1\leq 0\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-(ab+bc+ac)\leq 1-abc\)

Mà \(a,b,c\geq 0\Rightarrow abc\geq 0\Rightarrow 1-abc\leq 1\)

Do đó:

\(a+b+c-(ab+bc+ac)\leq 1-abc\leq 1\)

Ta có đpcm

a) Ta có:

\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

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

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

\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b+c}{3}\ge\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}\)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

b) BĐT \(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

Hay là \(2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\ge0\),

đúng.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

c) \(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x^2+2\right)^2}{x^2+1}\ge4\Leftrightarrow x^4+4x^2+4\ge4x^2+4\Leftrightarrow x^4\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi $x=0.$

d) Xét hiệu hai vế đi bạn.

Chứng minh:

a, \(a^3+b^3+c^3\dfrac{>}{ }3abc\)

b,\(abc\dfrac{< }{ }\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^3\)

c,\(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\dfrac{< }{ }a+b+c\)

d,\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{b}{a+c}\dfrac{>}{ }\dfrac{3}{2}\left(a,b,c>0\right)\)

Không khó nha,!

\(\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2};\frac{z^3}{x\left(y+2z\right)}\ge\frac{x+y+z}{3}\)

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

\(=\frac{abc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^2\left(a+b\right)}\)( do abc = 1 )

\(=\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{bc+ab}+\frac{ab}{ac+bc}\)(1)

Đặt \(\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)(1) trở thành \(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\)

và ta cần chứng minh \(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)

Tuy nhiên đây là bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc :D

nên ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> x=y=z => a=b=c=1

a) Gọi q là công sai của cấp số nhân. Ta có: \(a;b=aq;c=aq^2\).
\(a^2b^2c^2\left(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}\right)=\dfrac{b^2c^2}{a}+\dfrac{a^2c^2}{b}+\dfrac{a^2b^2}{c}\)
\(=\dfrac{\left(a.q\right)^2\left(a.q^2\right)^2}{a}+\dfrac{a^2\left(aq^2\right)^2}{aq}+\dfrac{a^2\left(aq\right)^2}{aq^2}\)
\(=\dfrac{a^2q^2a^2q^4}{a}+\dfrac{a^2a^2q^4}{aq}+\dfrac{a^2a^2q^2}{aq^2}\)
\(=a^3q^6+a^3q^3+a^3\)
\(=\left(a^2q\right)^3+\left(aq\right)^3+a^3\)
\(=c^3+b^3+a^3=a^3+b^3+c^3\).

b) Gọi q là công bội của của cấp số nhân.
Ta có: \(a;b=aq;c=aq^2;d=aq^3\).
\(\left(ab+bc+cd\right)^2=\left(a.aq+aq.aq^2+aq^2.aq^3\right)^2\)
\(=\left(a^2q+a^2q^3+a^2q^5\right)^2=a^4q^2\left(1+q^2+q^4\right)^2\). (1)
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(b^2+c^2+d^2\right)\)\(=\left(a^2+a^2q^2+a^2q^4\right)\left(a^2q^2+a^2q^4+a^2q^6\right)\)
\(=a^2\left(1+q^2+q^4\right)a^2q^2\left(1+q^2+q^4\right)\)
\(=a^4q^2\left(1+q^2+q^4\right)^2\). (2)
So sánh (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

b)CM: \(ab\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2b^2}}-\sqrt{a^2b^2+1}=0\)

\(VT=ab\sqrt{\dfrac{a^2b^2+1}{\left(ab\right)^2}}-\sqrt{a^2b^2+1}\)

\(VT=ab\dfrac{\sqrt{a^2b^2+1}}{ab}-\sqrt{a^2b^2+1}\)

\(VT=\sqrt{a^2b^2+1}-\sqrt{a^2b^2+1}\)

\(VT=0=VP\)

3: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b>=2\sqrt{ab}\\b+c>=2\sqrt{bc}\\a+c>=2\sqrt{ac}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)>=8abc\)

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

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

=>(a+b)(a-b)^2>=0(luôn đúng)

2) Áp dụng bất đẳng thức ở câu 1 ta có:

\(\dfrac{1}{a^3+b^3+abc}\le\dfrac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\dfrac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{b^3+c^3+abc}\le\dfrac{1}{bc\left(a+b+c\right)}\)

và \(\dfrac{1}{c^3+a^3+abc}\le\dfrac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)

Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên ta được:

\(\dfrac{1}{a^3+b^3+abc}+\dfrac{1}{b^3+c^3+abc}+\dfrac{1}{c^3+a^3+abc}\le\dfrac{1}{a+b+c}\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)=\dfrac{1}{a+b+c}.\dfrac{a+b+c}{abc}=\dfrac{1}{abc}\left(đpcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c.

Cho \(\dfrac{a^2+b^2}{c^2+d^2}=\dfrac{ab}{cd}\) với ( với a, b, c, d khác 0, và c \(\ne\pm d\) ). Chứng minh rằng hoặc \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}\) hoặc \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{d}{c}\) ?