1.

Áp dụng BĐT \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{ab}\right)^2+\left(\sqrt{bc}\right)^2+\left(\sqrt{ca}\right)^2\ge\sqrt{ab}.\sqrt{bc}+\sqrt{ab}.\sqrt{ac}+\sqrt{bc}.\sqrt{ac}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)

2.

\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt[]{\frac{ab.bc}{ca}}=2b\) ; \(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}\ge2a\) ; \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2c\)

Cộng vế với vế:

\(2\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge a+b+c\)

3.

Từ câu b, thay \(c=1\) ta được:

\(ab+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\ge a+b+1\)

4.

\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\)

\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

5.

\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}\ge2\sqrt{\frac{ab}{bc.ca}}=\frac{2}{c}\) ; \(\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{b}\) ; \(\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{a}\)

Cộng vế với vế:

\(2\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

1. bđt được viết lại thành

\(ab+bc+ca\ge a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab}\)

Theo bđt AM-GM thì :

\(ab+bc\ge2\sqrt{ab\cdot bc}=2\sqrt{ab^2c}=2b\sqrt{ac}\)

Tương tự : \(bc+ca\ge2c\sqrt{ab}\); \(ab+ca\ge2a\sqrt{bc}\)

Cộng vế với vế

=> \(2\left(ab+bc+ca\right)\ge2\left(a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab}\right)\)

=> \(ab+bc+ca\ge a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab}\)( đpcm )

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

hơn 1 năm rồi không ai làm :'(

a) Áp dụng bđt Cauchy ta có :

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)(1)

\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)(2)

\(c+a\ge2\sqrt{ca}\)(3)

Nhân (1), (2), (3) theo vế

=> \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\sqrt{a^2b^2c^2}=8\sqrt{\left(abc\right)^2}=8\left|abc\right|=8abc\)

=> đpcm

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

b) Áp dụng bđt AM-GM ta có :

\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}\cdot\frac{ca}{b}}=2\sqrt{c^2}=2c\)

TT : \(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2a\); \(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2b\)

Cộng vế với vế

=> \(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)

=> \(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\)( đpcm )

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

a) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có ngay :

\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}\cdot\frac{bc}{a}}=2\sqrt{\frac{ab^2c}{ac}}=2\sqrt{b^2}=2\left|b\right|=2b\)( do b > 0 )

=> đpcm

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c

b) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}\cdot\frac{bc}{a}}=2b\)(1) ( như a) đấy :)) )

tương tự : \(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2c\)(2) ; \(\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}\ge2a\)(3)

Cộng (1), (2), (3) theo vế ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c

c) \(\frac{a^3+b^3}{2ab}+\frac{b^3+c^3}{2bc}+\frac{c^3+a^3}{2ca}\)

\(=\frac{a^3}{2ab}+\frac{b^3}{2ab}+\frac{b^3}{2bc}+\frac{c^3}{2bc}+\frac{c^3}{2ca}+\frac{a^3}{2ca}\)

\(=\frac{a^2}{2b}+\frac{b^2}{2a}+\frac{b^2}{2c}+\frac{c^2}{2b}+\frac{c^2}{2a}+\frac{a^2}{2c}\)(I)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(\left(I\right)\ge\frac{\left(a+b+b+c+c+a\right)^2}{2b+2a+2c+2b+2a+2c}=\frac{\left[2\left(a+b+c\right)\right]^2}{4\left(a+b+c\right)}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}=a+b+c\)

hay \(\frac{a^3+b^3}{2ab}+\frac{b^3+c^3}{2bc}+\frac{c^3+a^3}{2ca}\ge a+b+c\)(đpcm)

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c

a) \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}-ab\ge0\)

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

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

=>đpcm

Cô si

\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}\cdot\frac{ca}{b}}=2c\)

\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b}\cdot\frac{ab}{c}}=2a\)

\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}\cdot\frac{bc}{a}}=2b\)

Cộng lại ta có:

\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\Rightarrowđpcm\)

quên làm câu c:(

\(12=3a+5b\ge2\sqrt{15ab}\Rightarrow\sqrt{15ab}\le6\Rightarrow15ab\le36\Rightarrow ab\le\frac{36}{15}\)

Dấu "=" xảy ra tại \(3a=5b\Leftrightarrow\frac{a}{5}=\frac{b}{3}\)

1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)

Đẳng thức..

3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$

Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.

4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$

Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)

Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$

Đây là điều hiển nhiên.

5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)

6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)

Có thế thôi mà nhỉ:v

bài 2

(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi

Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)

khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)

Tương tự \(b< ac,c< ab\)

Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)

mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên

\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)

Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)

Vậy bài toán được chứng minh

3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)

và \(xy+yz+xz\ge1\)

ta phải chứng minh  có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng

\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)

Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử

\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)

Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)

Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)

\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó

\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)

mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.

1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)

\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)

2.

Vỉ \(ab+bc+ca+abc=4\)thi luon ton tai \(a=\frac{2x}{y+z};b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y}\)

\(\Rightarrow VT=2\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{ab}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\le2\Sigma_{cyc}\frac{\frac{b}{b+c}+\frac{a}{c+a}}{2}=3\)

Cho o dong 2 la x,y,z nhe,ghi nham