Áp dụng BĐT cosi:

\(\left(2+a+b\right)\left(a+4b+ab\right)\ge3\sqrt[3]{2ab}\cdot3\sqrt[3]{4a^2b^2}=9\sqrt[3]{8a^3b^3}=9\cdot2ab=18ab\)

Dấu \("="\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b=2\\a=4b=ab\end{matrix}\right.\left(\text{vô lí}\right)\)

Vậy dấu \("="\) ko xảy ra hay \(\left(2+a+b\right)\left(a+4b+ab\right)>18ab\)

Ta có: ( √a - √b)² ≥ 0 ( voi moi a , b ≥ 0 ) 
<=> a - 2√ab + b ≥ 0 
<=> a + b ≥ 2√ab 
<=> (a + b)/2 ≥ √ab 
dau "=" xay ra khi √a - √b = 0 <=> a = b

BĐT tương đương :

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

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

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

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)

Ta có :

\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)( với mọi a , b )

Vậy ..............

 \(BDT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1-2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(c-1\right)^2+2c\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)

Từ đây ta thấy trong 3 số a,b,c sẽ có 2 số hoặc cùng \(\ge1\) hoặc cùng \(\le1\).giả sử 2 số đó là a và b suy ra \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)

Vậy BĐT đầu luôn đúng

Thích Dirichlet thì chơi Dirichlet

Theo nguyên lý Dirichlet thì trong ba số (a - 1); (b - 1); (c - 1) luôn tồn tại ít nhất 2 số cùng dấu.

Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là (a - 1) và (b - 1).

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow2c\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow2abc\ge2\left(ac+bc-c\right)\)

Giờ ta cần chứng minh 

\(a^2+b^2+c^2+2\left(ac+bc-c\right)+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

 \(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)

 Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

Em có cách biến đổi tương đương nhưng không đẹp lắm:(

W.L.O.G: \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)

\(VT-VP=\left(c-1\right)^2+2c\left(\sqrt{ab}-1\right)^2+\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\left(a+b+2\sqrt{ab}-2c\right)\ge0\)

Ta có đpcm.

Lời giải:

BĐT tương đương với \((a^2+ab+ac)(a^2+ac+ab+bc)+b^2c^2\geq 0\)

Đặt \(a^2+ab+ac=t\)

BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow t(t+bc)+b^2c^2=(t-\frac{bc}{2})^2+\frac{3b^2c^2}{4}\geq 0\)

Luôn đúng vì bình phương của một số thực luôn là số không âm

Dấu bằng xảy ra khi \(2(a^2+ab+ac)=bc\) và \(bc=0\)

Bo may la binh day k di hieu ashdbfgbgygygggydfsghuyfhdguuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuu3

a, Ta có : \(\left(a-b\right)^2\ge0< =>a^2-2ab+b^2\ge0< =>a^2+b^2\ge2ab\)

\(\left(a-c\right)^2\ge0< =>a^2-2ac+c^2\ge0< =>a^2+c^2\ge2ac\)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức sau : \(a^2+b^2+a^2+c^2\ge2ac+2ab< =>2a^2+b^2+c^2\ge2a\left(b+c\right)\left(đpcm\right)\)

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

a) 2a² + b² + c² ≥ 2a( b + c )

<=> 2a² + b² + c² ≥ 2ab + 2ac

<=> 2a² + b² + c² - 2ab - 2ac ≥ 0

<=> ( a² - 2ab + b² ) + ( a² - 2ac + c² ) ≥ 0

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

Vậy bđt được chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c 

b) a⁴ - a³b - ab³ + b⁴ ≥ 0

<=> a³( a - b ) - b³( a - b ) ≥ 0

<=> ( a - b )( a³ - b³ ) ≥ 0

<=> ( a - b )( a - b )( a² + ab + b² ) ≥ 0

<=> ( a - b )²[ ( a² + ab + 1/4b² ) + 3/4b² ] ≥ 0

<=> ( a - b )²[ ( a + 1/2b )² + 3/4b² ) ≥ 0 ( đúng )

Vậy bđt được chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a = b 

n là tham số hay sao ah? 

Anh quên mất  \(n\ge0\)

Với n = 1 đó là một kết quả rất quen thuộc:))  thôi em vào bài luôn, ko thì bị nhiều bạn bảo "nói linh tinh":v Em thử, ko chắc đâu nha, a thử check xem.

Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất 2 trong 3 số a - n; b - n; c - n đồng dấu. Giả sử 2 số đó là a -n và b - n.

Thế thì \(\left(a-n\right)\left(b-n\right)\ge0\Rightarrow2abc\ge2acn+2bcn-2cn^2\)

Suy ra  \(LHS\ge n\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(2acn+2bcn-2cn^2\right)+n^3\)

\(=n\left(a^2+b^2\right)+nc^2+n^3-2cn^2+2n\left(ac+bc\right)\)

\(\ge2n\left(ab+bc+ca\right)+nc^2+n^3-2cn^2\)

\(=2n\left(ab+bc+ca\right)+n\left(c^2+n^2-2cn\right)\)

\(=2n\left(ab+bc+ca\right)+n\left(c-n\right)^2\ge2n\left(ab+bc+ca\right)=RHS\)

Vậy ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=n\)

Haiz giải ra rồi

Ta có : \(VT=\Sigma\left(\frac{a^2-bc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2k\left(a^2-bc\right)}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2ka^2-2kbc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{2ka^2+k^2b^2+c^2+2ka^2-2kbc-2ka^2-k^2b^2-c^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{2kbc-2ka^2+2ka^2+k^2b^2+c^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{k^2b^2+2kbc+c^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{\left(kb+c\right)^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge0\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :

\(VT=\Sigma\left(1-\frac{\left(kb+c\right)^2}{\left(k^2b^2+ka^2\right)+\left(ka^2+c^2\right)}\right)\ge\Sigma\left[1-\left(\frac{k^2b^2}{k^2b^2+ka^2}+\frac{c^2}{ka^2+c^2}\right)\right]\)

\(=3-\left(\frac{k^2b^2+ka^2}{k^2b^2+ka^2}+\frac{ka^2+c^2}{ka^2+c^2}+\frac{k^2b^2+c^2}{k^2b^2+c^2}\right)=3-3=0\)( đpcm )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b=c\\k>0\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(1-\frac{2k\left(a^2-bc\right)}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\)

Ta có thể viết lại bất đẳng thức thành

\(\sum\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\le3\)

Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:

\(\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{\left(kb+c\right)^2}{k\left(a^2+kb^2\right)+c^2+ka^2}\le\frac{kb^2}{a^2+kb^2}+\frac{c^2}{c^2+kc^2}\)

Tương tự rồi cộng lại, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\), hoặc \(a=\frac{b}{k}=\frac{c}{k^2}\), hoặc \(b=\frac{c}{k}=\frac{a}{k^2}\), hoặc \(c=\frac{a}{k}=\frac{b}{k^{^2}}\)

Hoặc ta có thể làm như sau.

\(\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{kb^2}{a^2+kb^2}+\frac{c^2}{c^2+kc^2}-\frac{k\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+kc^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)

Ta có đẳng thức sau:

\(\sum\frac{\left(kb+c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=3-p\sum\frac{\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+ka^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)

\(\sum\frac{a^2-bc}{2ka^2+k^2b^2+c^2}=\frac{1}{2}\sum\frac{\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{\left(a^2+kb^2\right)\left(c^2+ka^2\right)\left(2ka^2+k^2b^2+c^2\right)}\)

Do đó, bất đẳng thức ban đầu tương đương với

\(\sum\frac{\left(b^2+kc^2\right)\left(a^2-bc\right)^2\left(kb-c\right)^2}{2ka^2+k^2b^2+c^2}\ge0\)

tth Akai Haruma Ace Legona Nguyễn Việt Lâm

Ta có :

\(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+1-ab-a-b\ge0\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2-2ab-2a-2b+2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2\ge0\) ( đúng)