\(\left(a+b\right)^2-4ab\ge0\)

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

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

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

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

     \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)

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

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

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

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

Vì \(a\ge0\),\(b\ge0\),\(c\ge0\),áp dụng bđt Cauchy cho 3 số dương a,b,c ta có

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

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

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

Nhân từng vế bđt trên =>đpcm

\(\text{có:}\frac{k}{n}+\frac{n}{k}\ge2\Leftrightarrow\frac{k}{n}-2+\frac{n}{k}\ge0\Leftrightarrow\frac{k}{n}-2\sqrt{\frac{k}{n}}.\sqrt{\frac{n}{k}}+\frac{n}{k}\ge0\Leftrightarrow\left(\sqrt{\frac{k}{n}}-\sqrt{\frac{n}{k}}\right)^2\ge0\forall k,n>0\)

\(\left(a+b\right).\left(b+c\right).\left(c+a\right)\ge8abc\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+ac+b^2+bc\right).\left(a+c\right)\ge8abc\)

\(\Leftrightarrow a^2b+a^2c+ab^2+abc+abc+ac^2+b^2c+bc^2\ge8abc\)

\(\Leftrightarrow2+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\ge8\)

\(\Leftrightarrow2+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)\ge8\)(luôn đúng với mọi a,b,c >=0)

sửa dòng đầu: \(k,n\ge0\)

Đề bài có thiếu ĐK ko ạ? :vv

(a²+ab+ac)(a²+ab+ac+bc)+b²c² 

đặt a²+ab+ac=x; bc=y

=>x(x+y)+y²=x²+xy+y²>=0(đúng)

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

Áp dụng BĐT Cô-si, ta có:

\(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2.\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}}=2b\) 1

C/m tương tự:

\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2c\) 2

\(\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}\ge2a\) 3

1 + 2 + 3 -> \(2.\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2.a+b+c\)

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

Bài này kiểu j đây

Giải hộ cái xem nào

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có 
ab/c + bc/a >= 2can[(ab/c).(bc/a)], 
hay ab/c + bc/a >= 2b. 
Chứng minh tương tự, ta cũng có 
bc/a + ca/b >= 2c; 
ca/b + ab/c >= 2a. 
Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế thì được 
2(ab/c + bc/a + ca/b) >= 2(a + b + c), 
hay ab/c + bc/a + ca/b >= a + b + c. 
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.

Vì a,b,c không phải là số âm \(\Rightarrow a,b,c\ge0\)

Ta có 2 TH:

TH 1: a,b,c=0

Nếu a,b,c = 0 => a(a+b)(a+c)(a+b+c)=0

=> a(a+b)(a+c)(a+b+c)=0

TH 2:  a,b,c >0

=> a(a+b) >0 => a(a+b)(a+c)  >0

=> a(a+b)(a+c)(a+b+c) >0

Vậy  a,b,c là các số không âm => a(a+b)(a+c)(a+b+c) \(\ge0\)

Đầu tiên , cần chứng minh \(x^2+xy+y^2\ge0\) với mọi x,y thuộc tập số thực.

Thật vậy , đặt \(A=x^2+y^2+xy\Rightarrow2A=\left(x+y\right)^2+x^2+y^2\Rightarrow A\ge0\)

Ta có : \(a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b+c\right)+b^2c^2=\left(a^2+ab+ac\right)\left(a^2+ab+ac+bc\right)+b^2c^2\)

Đặt \(x=a^2+ab+ac\) , \(y=bc\) , suy ra : 

\(x\left(x+y\right)+y^2\ge0\Leftrightarrow x^2+xy+y^2\ge0\)luôn đúng.

Vậy bđt ban đầu dc chứng minh

mk nhầm , phải là \(a\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)+b^2c^2\ge0\)

Anh Phương vào link này tham khảo nhé :

Câu hỏi của Hồ Minh Phi - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Nhớ không nhầm mọi khi đi thi cho đoạn kiểu này và có dấu ''='' ví dụ như :

\(-1\le a,b,c\le2\) thì không cần não nghĩ ngay đến \(a+1,a-2\) (tương tự với b,c)

Trong TH không có dạng cơ bản để áp dụng BĐT thông thường.

Xét \(a^5+b^5-a^3b^2-a^2b^3\)

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

\(=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b-b^4-ab^3\right)=\left(a+b\right)a^4+\left(a^4+2a^3b+b^2a^2-2a^2a^2-2ab^3-a^3b+a^2a^2-2ab^3+b^4\right)\)\(=\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)(đpcm)

P/S cchs hơi chậm nhưng dừng chửi nhá