I don't now

mik ko biết 

sorry 

......................

1.  \(2ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\le a^2+b^2\) (  \(\forall a;b\))

2.  \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)( \(\forall a;b>0\))

3.  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)\(\left(a;b>0\right)\)

4.  \(\frac{1}{ab}\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}\) \(\left(a;b>0\right)\)

5.  \(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge\left(ac+bd\right)^2\)

6.  \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

7.  \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

8.  \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) \(\left(a;b;c>0\right)\)

9.  \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)\(\left(x;y>0\right)\)

10.  \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) \(\left(x;y;z>0\right)\)

o0o I am a studious person o0o I don't know mới có nghĩa là tôi không biết nha, I don't now là sai ấy
 

TL:

Chỗ tôi được phép sử dụng luôn ko cần chứng minh

HT

????

cho 1 vé báo cáo free nhé

là sao vậy?

Điều kiện đâu nhỉ ?

Chứng minh \(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}với\left(x;y;z>0\right)\)

Thường thì sẽ sử dụng cái này nhiều nhất

Đầu tiên đi chứng minh 

\(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\\ \Leftrightarrow\dfrac{a^2y+b^2x}{xy}\ge\dfrac{a^2+2ab+b^2}{x+y}\\ \Leftrightarrow a^2xy+\left(bx\right)^2+\left(ay\right)^2+b^2xy\ge a^2xy+2abxy+b^2xy\\ \Leftrightarrow\left(ay\right)^2+\left(bx\right)^2-2abxy\ge0\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)

Áp dụng 1 lần nữa ta có điều ở trên

Dấu $=$ xảy ra $⇔\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}$

áp dụng bất đẳng thức cô si cho 4 số dương ta có :

\(a^4+1+1+1\ge4\sqrt[4]{a^4\cdot1\cdot1\cdot1}=4a\)

Chứng minh khá dài ấy :)

Ta cần chứng minh : \(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge\sqrt[n]{a_1.a_2...a_n}\) với \(n\in N^{\text{*}}\)

Hiển nhiên bđt đúng với n = 2 , tức là \(\frac{a_1+a_2}{2}\ge\sqrt{a_1a_2}\) (1)

Giả sử bđt đúng với n = k , tức là \(\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}\ge\sqrt[k]{a_1.a_2...a_k}\) với \(k>2\)

Ta sẽ chứng minh bđt cũng đúng với mọi n = k + 1 

Không mất tính tổng quát, đặt \(a_1\le a_2\le...\le a_k\le a_{k+1}\)

thì : \(a_{k+1}\ge\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}\) . Lại đặt \(\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}=x,x\ge0\)

\(\Rightarrow a_{k+1}=x+y,y\ge0\) và \(x^k=a_1.a_2...a_k\) (suy ra từ giả thiết quy nạp)

Ta có : \(\left(\frac{a_1+a_2+...+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1}=\left(\frac{kx+x+y}{k+1}\right)^{k+1}=\left(\frac{x\left(k+1\right)+y}{k+1}\right)^{k+1}=\left(x+\frac{y}{k+1}\right)^{k+1}\)

                                            \(\ge x^{k+1}+\left(k+1\right).\frac{y}{k+1}.x^k=x^{k+1}+y.x^k=x^k\left(x+y\right)\ge a_1.a_2...a_k.a_{k+1}\)

Suy ra \(\left(\frac{a_1+a_2+...+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1}\ge\sqrt[k+1]{a_1.a_2...a_{k+1}}\)

Vậy bđt luôn đúng với mọi n > 2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

1

xài bđt phụ mới cần phải chứng minh nhé 

mà tau nhớ làm gì có Cô si dạng Engel ??? ._.

Ý mày là không tồn tại cái BĐT tên Cosi dạng engel á:")?

Cauchy-Schwarz dạng Engel thì có :)) còn Cauchy dạng Engel chưa nghe bao giờ ???

Áp dụng BĐT Cô si ta có: x > 0 => x + \(\dfrac{4}{x}\) \(\ge\) 2 . \(\sqrt{\dfrac{4x}{x}}\)

<=> x + \(\dfrac{4}{x}\)  \(\ge\) 4

Ta có: \(x+\dfrac{4}{x}\ge4\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+4}{x}-\dfrac{4x}{x}\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2-4x+4\ge0\forall x\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\ge0\forall x>0\)(luôn đúng)

`x+4/x>=4`

`<=>x-4+4/x>=0`

`<=>(sqrtx)^2-2.sqrtx. 2/sqrtx+(2/sqrtx)^2>=0(x>0)`

`<=>(sqrtx-2/sqrtx)^2>=0`(luôn đúng)

`=>` đpcm

Dấu "=" `<=>x=2`