Đặt \(a=x^3,b=y^3,c=z^3\).Áp dụng bất đẳng thức Cô - si  với 2 số không âm , ta có 

\(\left(x^3+y^3\right)+\left(x^3+xyz\right)\ge2\sqrt{x^3y^3}+2\sqrt{xyz^4}=2\sqrt{xy}\left(xy+z^2\right)\)(1)

\(xy+z^2\ge2\sqrt{xyz^2}=2z\sqrt{xy}\)(2)

Từ (1)(2) \(\Rightarrow x^3+y^3+z^3+xyz\ge2\sqrt{xy}.2z\sqrt{xy}=4xyz\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)

Vậy \(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y\\xy=z^2\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c}\)

P/s tham khảo nha

quy nạp

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

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

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

\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{2}\ge0\) (luôn đúng)

Vậy \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\) (1)

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

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

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

\(\Leftrightarrow\frac{2\sqrt{ab}}{a+b}\le1\)

\(\Leftrightarrow\frac{2\sqrt{ab}}{a+b}-1\le0\)

\(\Leftrightarrow\frac{2\sqrt{ab}-a-b}{a+b}\le0\)

\(\Leftrightarrow\frac{-\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{a+b}\le0\) (luôn đúng)

Vậy \(\sqrt{ab}\ge\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\) (2)

Từ (1) ; (2) \(\Rightarrow\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\ge\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\) (đpcm)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :

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

\(\dfrac{b+c}{2}\ge\sqrt{bc}\) (2)

\(\dfrac{c+a}{2}\ge\sqrt{ca}\) (3)

Cộng từng vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được :

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

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh

Mở rộng cho bốn số a, b, c, d không âm, ta có bất đẳng thức :

\(a+b+c+d\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd}+\sqrt{da}\)

Mở rộng cho năm số a, b, c, d, e không âm, ta có bất đẳng thức : \(a+b+c+d+e\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd}+\sqrt{de}+\sqrt{ea}\)

áp dụng BĐT AM-GM với 2 số không âm

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

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

\(a+c\ge2\sqrt{ac}\)

cộng các vế của BĐT ta có

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

chia cả hai vế của BĐT cho 2 ta có đpcm

3a) ta có \(\frac{a^2}{a+b}=a-\frac{ab}{a+b}>=a-\frac{ab}{2\sqrt{ab}}=a-\frac{\sqrt{ab}}{2}\)

vì \(a,b>0,a+b>=2\sqrt{ab}nên\frac{ab}{a+b}< =\frac{ab}{2\sqrt{ab}}\)

tương tự \(\frac{b^2}{b+c}=b-\frac{bc}{b+c}>=b-\frac{bc}{2\sqrt{bc}}=b-\frac{\sqrt{bc}}{2}\)

tương tự \(\frac{c^2}{c+a}=c-\frac{ca}{c+a}>=c-\frac{ca}{2\sqrt{ca}}=c-\frac{\sqrt{ca}}{2}\)

cộng từng vế BĐT ta được \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}>=a+b+c-\frac{\sqrt{ab}}{2}-\frac{\sqrt{bc}}{2}-\frac{\sqrt{ca}}{2}=\frac{2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}}{2}\left(1\right)\)

giả sử \(\frac{2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}}{2}>=\frac{a+b+c}{2}\)

<=> \(2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}>=a+b+c\)

<=> \(a+b+c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}>=0\)

<=> \(2a+2b+2c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}>=0\)

<=> \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2>=0\)

(đúng với mọi a,b,c >0) (2)

(1),(2)=> \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}>=\frac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)

áp dụng BĐT cô-si ta có:

\(\frac{a+b}{2}=\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\)\(\ge2\sqrt{\frac{a}{2}.\frac{b}{2}}=2\frac{\sqrt{a}\sqrt{b}}{\sqrt{4}}=2\frac{\sqrt{ab}}{2}=\sqrt{ab}\)

Vậy \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=0 hoặc a=b=1

cái câu hỏi 2 tớ ko bik đúng ko 

Đề yêu cầu chứng minh bất đẳng thức Côsi chứ không phải áp dụng nó!

Biến đổi tương đương bình thường thôi:

\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)

Do bất đẳng thức cuối cùng đúng nên bất đẳng thức ban đầu đúng. Một cách trình bày khác là ghi ngược từ cuối lên đầu!

Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt{a}-\sqrt{b}=0\Leftrightarrow a=b\)

a)Áp dụng Bđt Cô si ta có:

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

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

Cộng theo vế 2 bđt trên ta có:

\(3\ge\frac{3\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)\(\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)

Dấu = khi a=b=c

b)Áp dụng Bđt Cô-si ta có:

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

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

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

Cộng theo vế 3 bđt trên ta có:

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

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

Đấu = khí a=b=c

bn sử đấu = khí là dấu = khi nhé

Bạn tham khảo cách chứng minh tại đây :

Câu hỏi của Nguyễn Huy Thắng - Toán lớp 10 | Học trực tuyến

Áp dụng : Theo BĐT \(AM-GM\) ta có :

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\)

Nhân vế theo vế ta được :

\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}=3.3.1=9\)

Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c\)