1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)

Ta có:

\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)

3.

Ta có:

\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)

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

Lại có:

\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)

4.

Ta có:

\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

5.

Ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)

Câu 1:

\(VT=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\)

\(VT=1-\dfrac{1}{n}< 1\) (đpcm)

Em kiểm tra lại mẫu số của biểu thức c, chắc chắn đề sai

Chia 2 vế cho \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\) BĐT trở thành:

\(\dfrac{1}{a^4\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\dfrac{1}{b^4\left(a+1\right)\left(c+1\right)}+\dfrac{1}{c^4\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\dfrac{3}{4}\)

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\)

\(\dfrac{1}{a^4\left(b+1\right)\left(c+1\right)}=\dfrac{x^4}{\left(1+\dfrac{1}{y}\right)\left(1+\dfrac{1}{z}\right)}=\dfrac{x^4yz}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}=\dfrac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)

Do đó BĐT trở thành:

\(\dfrac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\dfrac{y^3}{\left(x+1\right)\left(z+1\right)}+\dfrac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}\ge\dfrac{3}{4}\)

Một bài toán quen thuộc

thử bài bất :D 

Ta có: \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{a^3}{2^3}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) ( AM-GM cho 5 số ) (*)

Hoàn toàn tương tự: 

\(\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c+a}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}.\dfrac{b^3}{2^3}.\dfrac{\left(c+a\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (**)

\(\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{a+b}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}.\dfrac{c^3}{2^3}.\dfrac{\left(a+b\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (***)

Cộng (*),(**),(***) vế theo vế ta được:

\(P+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{15}{2}\) \(\Leftrightarrow P+2\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{15}{2}\)

Mà: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( AM-GM 3 số )

Từ đây: \(\Rightarrow P\ge\dfrac{15}{2}-2\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

1. \(a^3+b^3+c^3+d^3=2\left(c^3-d^3\right)+c^3+d^3=3c^3-d^3\) :D 

Cần gấp ko bạn

Nếu gấp thì sang web khác thử

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Theo một bất đẳng thức quen thuộc ta có \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\)

Từ đó ta được \(abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)\(\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca\right)^3}{3^4}=\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)

Do đó ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)hay \(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3^2}\)(*)

Dễ dàng chứng minh được \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra \(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)

Xét hiệu : \(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0,\forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM :
\(a^3+b^3+2c^3\ge ab\left(a+b\right)+2c^3\ge2\sqrt{ab\left(a+b\right).2c^3}=2\sqrt{4c^2\left(a+b\right)}\)

\(=4c\sqrt{a+b}\)

Hoàn toàn tương tự

\(a^3+2b^3+c^3\ge4b\sqrt{a+c};2a^3+b^3+c^3\ge4a\sqrt{b+c}\)

Cộng thao vế bất đẳng thức vừa thu được

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)

Chúc bạn học tốt !!!

Phân tích và lời giải: Trước hết ta dự đoán được dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\). Quan sát BĐT cần chứng minh ta có 1 số nhận xét như sau: Vết trái chứa các lũy thừa bậc 3 nhưng vế phải chứa căn bậc hai, ngoài ra với dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c\sqrt[3]{2}\)thì \(c^3=\frac{a+b}{c}\)Do đó ta nghĩ đến BĐT Cauchy cho 2 số tuy nhiên để có được đánh giá \(c^2+\frac{a+b}{c}\ge2c\sqrt{a+b}\)ta cần tạo ra được đại lượng \(\frac{a+b}{c}\)Chú ý đến giả thiết và đánh giá quen thuộc ta có: \(\frac{a^2+b^2}{2}>\frac{ab\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab\left(a+b\right)}{abc}=\frac{a+b}{c}\)

Từ đó ta có \(c^2+\frac{a^2+b^2}{2}\ge c^3+\frac{a+b}{c}\ge2c\sqrt{a+b}\)

Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}b^2+\frac{a^2+c^2}{2}\ge b^3+\frac{a+c}{b}\ge2b\sqrt{a+c}\\c^2+\frac{a^2+b^2}{2}\ge c^3+\frac{a+b}{c}\ge2c\sqrt{a+b}\end{cases}}\)

Cộng các vế theo vế của Bất Đẳng Thức trên ta được \(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b}\)

Bài toán được chứng minh xong.

Ta có:

\(\dfrac{1}{a+3b}+\dfrac{1}{c+3}\ge\dfrac{4}{a+3b+c+3}=\dfrac{4}{2b+6}=\dfrac{2}{b+3}\)

Tương tự: 

\(\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{1}{a+3}\ge\dfrac{2}{c+3}\)

\(\dfrac{1}{c+3a}+\dfrac{1}{b+3}\ge\dfrac{2}{a+3}\)

Cộng vế:

\(\sum\dfrac{1}{a+3b}+\sum\dfrac{1}{a+3}\ge\sum\dfrac{2}{a+3}\)

\(\Rightarrow\sum\dfrac{1}{a+3b}\ge\sum\dfrac{1}{a+3}\) (đpcm)

DEO AI BT DAU A.Zay nen tu lam nha.