Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\(a^3b^2-a^2b^3+b^3c^2-c^3b^2+c^3a^2-c^2a^3\ge0\)

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

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

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

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

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left[a\left(ab-c^2\right)+c\left(a^2-bc\right)\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) luôn đúng do \(a\ge b\ge c\ge0\)

cảm ơn bạn nhá, bạn trả lời giúp mình mấy câu hỏi về BĐT còn lại của mik đc ko? cảm ơn bn nhiều!

1/ \(a^2-b^2+c^2\ge\left(a-b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow bc-ac-b^2+ab\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(bc-ac\right)+\left(ab-b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)(đúng)

Vì \(\hept{\begin{cases}a\ge b\\b\ge c\end{cases}}\)

2/ \(a^2-b^2+c^2-d^2\ge\left(a-b+c-d\right)^2\)

\(\Leftrightarrow-d^2+cd-bd+ad+bc-ac-b^2+ab\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(dc-d^2\right)+\left(ad-bd\right)+\left(bc-ac\right)+\left(ba-b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow d\left(c-d\right)+d\left(a-b\right)+\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)

Đúng vì \(a\ge b\ge c\ge d\ge0\)

Đợi lâu quá nên em giải nốt nha:v

Nhớ là đề này em đã sửa lại đk \(2\ge a>b>c\ge0\) bên dưới rồi nhé!

Ta có: \(LHS\left(VT\right)=\left(a-b\right)a+\left(b-c\right)\left(a+b\right)+c\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(a-b\right)a+\left(b-c\right)\left(3-c\right)+3c\)

\(\le2\left(a-b\right)+3b+3c\left(\text{do }c\ge0\right)=2a+b+3c=RHS\left(VP\right)\)

Ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0.

Tag ko dính gì cả :(

bđt\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2a-b-3c\le0\)

VT\(\le3a^2-6a\le0\)

mà \(\left(3a^2-6a^2\right)_{max}=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\\a=2\end{matrix}\right.\)

Vậy bđt đúng. Dấu = xra khi a=2 vì ta thấy a khác b khác c và a lớn nhất.

Thay a=2 vào bđt ban đầu:

\(4+b^2+c^2\le4+b+3c\)

\(\Leftrightarrow b^2+c^2-b-3c\le0\)

Bằng lập luận tương tự ta đc bđt đúng và dấu = xra khi b=1;c=0.

Vậy ta có đpcm với dấu = xra khi a=2;b=1;c=0.

#Walker

Giải thích dòng thứ 2:

\(VT=\left(a-1\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\left(c-\frac{3}{2}\right)^2\le\left(a-1\right)^2+\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(a-\frac{3}{2}\right)^2\le\frac{7}{2}\)

Với a thuộc [0;2] ta thấy bđt đúng và dấu = xra khi a=2.

Từ đó \(VT\le4+b^2+c^2\)

Phần sau đc giải thích ở phần bình luận.

#Walker

Em làm đúng chưa ạ Akai HarumaNguyễn Việt Lâm

Bài 1:

\(BDT\Leftrightarrow\sqrt{\frac{3}{a+2b}}+\sqrt{\frac{3}{b+2c}}+\sqrt{\frac{3}{c+2a}}\le\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có: 

\(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\ge\frac{9}{\sqrt{a}+\sqrt{2}\cdot\sqrt{2b}}\ge\frac{9}{\sqrt{\left(1+2\right)\left(a+2b\right)}}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a+2b}}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có: 

\(\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{b+2c}};\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{c+2a}}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có: 

\(3\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\ge3\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Bài 2: làm mãi ko ra hình như đề sai, thử a=1/2;b=4;c=1/2

Bài 2/

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

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

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

\(\ge\frac{\left(bc+ca+ab\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)

\(\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu =  xảy ra khi \(a=b=c=1\)

bạn alibaba dòng thứ nhất rồi sao ra được dòng thứ hai á bạn mình k hiểu

e)

\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)\ge0\)

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

=> ĐPCM

BPT?

Đề bài sai

Phản ví dụ: \(a=\dfrac{1}{2};b=2;c=4\) vì VT<VP

bài 1 a, hình như có thêm đk là a+b+c=3

Bài 4 nha

Áp dụng BĐT cô si ta có

\(\frac{1}{x^2}+x+x\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{x^2}.x.x}=3.\)

Tương tự với y . \(A\ge6\)dấu = xảy ra khi x=y=1

câu 1 mk bị lộn nhưng đáng ra  ca^2 thành c^2a  mới đúng