a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Shwarz dạng Engel, ta có:

\(A=\dfrac{x^2}{x-1}+\dfrac{y^2}{y-1}\)

\(\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{x+y-2}\)

Đặt \(x+y=a\left(a>0\right)\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{a^2}{a-2}\)

\(=\dfrac{8\left(a-2\right)+\left(a^2-8a+16\right)}{a-2}\)

\(=8+\dfrac{\left(a-4\right)^2}{a-2}\ge8\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=2\)

b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Shwarz dạng Engel, ta có:

\(A=\dfrac{x}{\sqrt{y}-1}+\dfrac{y}{\sqrt{z}-1}+\dfrac{z}{\sqrt{x}-1}\)

\(\ge\dfrac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}-3}\)

Đặt \(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=a\left(a>0\right)\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{a^2}{a-3}\)

\(=\dfrac{12\left(a-3\right)+\left(a^2-12a+36\right)}{a-3}\)

\(=12+\dfrac{\left(a-6\right)^2}{a-3}\ge12\)

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 2

\(\dfrac{1+a+b}{2}\ge\dfrac{1+a+b+ab}{2+a+b}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+a+b\right)\left(2+a+b\right)\ge2\left(1+a+b+ab\right)\)

\(\Leftrightarrow2+a+b+2a+a^2+ab+2b+ab+b^2\ge2+2a+2b+2ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+2ab+3a+3b+2\ge2ab+2a+2b+2\)

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

Lời giải

\(\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge8\)

\(A=\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\)

\(A=\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right].\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right].\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right]\)

\(A=\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right].\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right].\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right]\)Thừa nhận cần c/m câu khác: \(\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^2\ge0\forall x\ne0\)

\(\Rightarrow A\ge\left[\left(0\right)+2\right].\left[\left(0\right)+2\right].\left[\left(0\right)+2\right]=8\)

\(\Rightarrow A\ge8\forall_{a,b,c\ne0}\)=> dpcm

Đẳng thức khi \(\left\{{}\begin{matrix}\left|a\right|=1\\\left|b\right|=1\\\left|c\right|=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\pm1\\b=\pm1\\c=\pm1\end{matrix}\right.\) Không tin bạn thử a=b=c=-1<0 vào thử xem

Có một chút vần đề nha ĐK phải là a,b,c > 0 nhé

bài này ta sẽ chứng minh lần lượt \(a^2+\dfrac{1}{a^2};b^2+\dfrac{1}{b^2};c^2+\dfrac{1}{c^2}\)lớn hơn hoặc bằng 2

Ta sẽ giả sử

\(a^2+\dfrac{1}{a^2}\ge2\)(2)

\(\Leftrightarrow a^2-2+\dfrac{1}{a^2}\ge0\Leftrightarrow a^2-2a\times\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2\ge0\)(luôn đúng) (1)

BĐT (2) đúng suy ra BĐT (1) đúng

Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi \(a=\dfrac{1}{a}\Leftrightarrow a^2=1\Leftrightarrow a=1\)(*)

CMTT ta có : \(b^2+\dfrac{1}{b^2}\ge2\) (=) b = 1 (**)

\(c^2+\dfrac{1}{c^2}\ge2\) (=) c = 1 (***)

Nhân vế theo vế của (*) , (**) , (***) ta được

\(\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right).\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right).\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge2^3=8\)(đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

a,b,c>0 nó là đề khác cái đề này a,b,c khác 0 Phan Cả Phát

Lời giải phải đúng với đề

Có thể cái đề này sai so với đề khác (trên mạng hoặc ở đâu đó, cái đó không quan trọng và không nên quan tâm)

p/s: Nội Hàm cái đề này không sai --> chẳng lý do gì lại sửa đề cả

Có: a>1, b>1

=> a - 1> 0; b -1 >0

Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel có:

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

Ta cần cm: \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b-2\right)}\ge8\)

Có: \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b-2\right)}\ge8\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge8\left(a+b\right)-16\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2-8\left(a+b\right)+16\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-4\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

=> Đpcm

Dấu ''='' xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=b\\a+b=4\end{matrix}\right.\)=> a = b = 2

Nay t rảnh nè :D

\(\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}\ge8\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b-1}-4+\dfrac{b^2}{a-1}-4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-4b+4}{b-1}+\dfrac{b^2-4a+4}{a-1}\ge0\)

\(a-1;b-1>0\Leftrightarrow a^2-4b+4+b^2-4a+4\ge0\)

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

\("="\Leftrightarrow a=b=2\)

p/s: T ủng hộ cách mới,à ko,lm cách mới phá m cho vui

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

\(=\left(a+b\right)\left(a+b\right)+\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)

\(\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{ab}+2\sqrt{\dfrac{1}{ab}}.2\sqrt{\dfrac{1}{ab}}\)

\(=4ab+\dfrac{4}{ab}\)

\(=4\left(ab+\dfrac{1}{ab}\right)\ge4.2=8\)(\(a;b>0\))

2. 

Từ giả thiết, ta có : 

\(\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}+1-\frac{1}{1+d}\)

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

Tương tự, ta cũng có : 

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

\(\frac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{abd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)

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

Nhân vế theo vế 4 BĐT vừa chững minh rồi rút gọn ta được :

\(abcd\le\frac{1}{81}\left(đpcm\right)\)

2) Từ \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+d}\ge3.\)

\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}\ge\left(1-\frac{1}{1+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+c}\right)+\left(1-\frac{1}{1+d}\right)\)

                  \(=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\frac{bcd}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}.\)(BĐT AM-GM)

Tương tự :

\(\frac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\frac{acd}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)

\(\frac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{abd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)

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

Từ đó suy ra:

\(\frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}.\frac{1}{1+d}\ge3.3.3.3\sqrt[3]{\frac{\left(abcd\right)^3}{\left[\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)\right]^3}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\ge\frac{81abcd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}.\)

\(\Leftrightarrow81abcd\le1\Leftrightarrow abcd\le\frac{1}{81}\)

Dấu '=' xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{3}.\)

3)Ta có: \(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8=\left[\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\right]^4=\left(a+b+2\sqrt{ab}\right)^4.\)(1)

Với \(a,b\ge0\),áp dụng BĐT AM-GM cho (a+b) và (\(2\sqrt{ab}\)) ta được 

\(\left(a+b\right)+2\sqrt{ab}\ge2\sqrt{\left(a+b\right)2\sqrt{ab}}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8\ge\left(2\sqrt{\left(a+b\right)2\sqrt{ab}}\right)^4\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8\ge64ab\left(a+b\right)^2.\)

Dấu '=' xảy ra khi \(a+b=2\sqrt{ab}\Leftrightarrow a=b\)

1) Với \(x\le\frac{2}{3}\Rightarrow2-3x\ge0\)

Khi đó ,áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số ta được:

\(\left(2-3x\right)+\frac{9}{2-3x}\ge2\sqrt{\left(2-3x\right)\frac{9}{2-3x}}=2.3=6\)

\(\Leftrightarrow2+\left(2-3x\right)+\frac{9}{2-3x}\ge2+6\)

\(\Leftrightarrow4-3x+\frac{9}{2-3x}\ge8\)

Dấu '=' xảy ra khi \(2-3x=\frac{9}{2-3x}\Leftrightarrow\left(2-3x\right)^2=9\Leftrightarrow2-3x=3\Leftrightarrow x=-\frac{1}{3}\)( vì 2-3x>0)

3. Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{a}=x\\\sqrt{b}=y\end{cases}}\)

Viết lại bđt cần chứng minh:

\((x+y)^8\ge64x^2y^2(x^2+y^2)^2\)

\(\Leftrightarrow(x+y)^4\ge8xy(x^2+y^2)\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4+4x^2y^3+4x^3y^2+6x^2y^2\ge8x^3y^2+8x^2y^3\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4-4x^2y^3-4x^3y^2+6x^2y^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow(x-y)^4\ge0\)

BĐT đã được chứng minh

\(a+b+c=1=>\left\{{}\begin{matrix}1-a=b+c\\1-b=a+c\\1-c=a+b\\\end{matrix}\right.\)

\(=>A=\left(\dfrac{1}{a}-1\right)\left(\dfrac{1}{b}-1\right)\left(\dfrac{1}{c}-1\right)=\left(\dfrac{1-a}{a}\right)\left(\dfrac{1-b}{b}\right)\left(\dfrac{1-c}{c}\right)\)

\(=\left(\dfrac{b+c}{a}\right)\left(\dfrac{a+c}{b}\right)\left(\dfrac{a+b}{c}\right)\)

bbđt AM-GM

\(=>A\ge\dfrac{2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{ab}}{abc}=\dfrac{8abc}{abc}=8\left(đpcm\right)\)

dấu"=" xảy ra<=>\(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P

Ta có:

\(P=\left(\dfrac{a+b+c}{a}-1\right)\left(\dfrac{a+b+c}{b}-1\right)\left(\dfrac{a+b+c}{c}-1\right)\)

\(P=\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}\ge\dfrac{2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}}{abc}=8\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

Dự đoán điểm rơi xảy ra tại \(\left(a;b;c\right)=\left(3;2;4\right)\)

Đơn giản là kiên nhẫn tính toán và tách biểu thức:

\(D=13\left(\dfrac{a}{18}+\dfrac{c}{24}\right)+13\left(\dfrac{b}{24}+\dfrac{c}{48}\right)+\left(\dfrac{a}{9}+\dfrac{b}{6}+\dfrac{2}{ab}\right)+\left(\dfrac{a}{18}+\dfrac{c}{24}+\dfrac{2}{ac}\right)+\left(\dfrac{b}{8}+\dfrac{c}{16}+\dfrac{2}{bc}\right)+\left(\dfrac{a}{9}+\dfrac{b}{6}+\dfrac{c}{12}+\dfrac{8}{abc}\right)\)

Sau đó Cô-si cho từng ngoặc là được

Bài 3:

a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{xy}+\frac{2}{x^2+y^2}=2\left(\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\right)\) \(\geq 2.\frac{(1+1)^2}{2xy+x^2+y^2}=\frac{8}{(x+y)^2}=8\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

b) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

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

\(=\frac{1}{2xy}+\frac{4}{(x+y)^2}\)

Theo BĐT AM-GM:

\(xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{1}{2xy}\geq 2\)

Do đó \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\geq 2+4=6\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

Bài 1: Thiếu đề.

Bài 2: Sai đề, thử với \(x=\frac{1}{6}\)

Bài 4 a) Sai đề với \(x<0\)

b) Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^4-x+\frac{1}{2}=\left (x^4+\frac{1}{4}\right)-x+\frac{1}{4}\geq x^2-x+\frac{1}{4}=(x-\frac{1}{2})^2\geq 0\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x^4=\frac{1}{4}\\ x=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\) (vô lý)

Do đó dấu bằng không xảy ra , nên \(x^4-x+\frac{1}{2}>0\)

Bài 6: Áp dụng BĐT AM-GM cho $6$ số:

\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^3b^3c^3d^3}=6\)

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)

Bài 5:

a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\text{VT}=\frac{a^2}{ab+ac-a^2}+\frac{b^2}{ab+bc-b^2}+\frac{c^2}{ac+bc-c^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)}\)

Theo hệ quả của BĐT AM-GM ta có:

\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}\) \((1)\)

Lại có:

\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow (a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}\) \((2)\)

Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\geq 3\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

b) Để CM \(\frac{1}{a+b},\frac{1}{b+c},\frac{1}{c+a}\) ta cần chỉ ra:

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{c+a}\), \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+a}>\frac{1}{b+c},\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b}\)

Xét hiệu \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a}=\frac{2b+a+c}{(a+b)(b+c)}-\frac{1}{a+c}=\frac{b(a+c-b)+a^2+c^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)

Vì \(a,b,c\) là độ dài ba cạnh tam giác nên hiệu trên luôn lớn hơn $0$

Do đó \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c}\)

Hoàn toàn tương tự với các hiệu còn lại, ta thu được đpcm.