Giả sử \(a\left(2-b\right)>1,b\left(2-c\right)>1,c\left(2-a\right)>1\)

\(\Rightarrow abc\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)>1\) (1)

Mặt khác, ta có: 

\(a\left(2-a\right)=-a^2+2a=-\left(a-1\right)^2+1\le1\)

Tương tự, \(b\left(2-b\right)\le1,c\left(2-c\right)\le1\)

\(\Rightarrow abc\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\le1\),điều này trái với (1)

Vậy điều giả sử là sai.

Do đó ít nhất 1 trong 3 bất đẳng thức trên là sai.

Biến đổi tương đương:

\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+2ab\ge4ab\)

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

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

Vậy BĐT đã cho đúng

Bài 1a)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho từng cặp ta có

\(\left\{\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ac}\end{matrix}\right.\)

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

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

\(=>\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8abc\) ( điều phải chứng minh )

Bài 1b)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si bộ 3 số cho từng cặp ta có

\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\end{matrix}\right.\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\) (điều phải chứng minh )

Bài 1c) Ta có

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

\(=>1+a+b\left(1+a\right)\left(1+c\right)\ge1^3+3.1^2.\sqrt[3]{abc}+3.1.\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}\)

\(=>\left(1+a+b+ab\right)\left(1+c\right)\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)

\(=>1+a+b+ab+c\left(1+a+b+ab\right)\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)

\(=>1+a+b+ab+c+ca+bc+abc\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc\)

\(=>a+b+c+ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si bộ 3 số cho vế trái ta có

\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\end{matrix}\right.\)

\(=>a+b+c+ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\) (điều phải chứng minh )

Bài 2a)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho từng cặp ta có

\(\left\{\begin{matrix}\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}}=2\sqrt{c^2}=2c\\\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b}.\frac{ab}{c}}=2\sqrt{a^2}=2a\\\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}}=2\sqrt{b^2}=2b\end{matrix}\right.\)

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

\(=>\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\) (điều phải chứng minh )

Bài 2b)

Chứng minh BĐT \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

Áp dụng BĐT Cô-si cho vế trái ta có

\(\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\end{matrix}\right.\)

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

\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9.\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) (điều phải chứng minh )

Ta có \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)

\(=>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+3\ge\frac{3}{2}+3\)

\(=>\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{a+c}+1+\frac{c}{a+b}+1\ge\frac{9}{2}\)

\(=>\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge\frac{9}{2}\)

\(=>\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{9}{2}\)

\(=>2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\)

Áp dụng BĐT vừa chứng minh \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

\(=>\left(b+c+a+c+a+b\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9 \) (Điều phải chứng minh )

nhiều quá bạn à

\(VT=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)

\(=\dfrac{a^2}{ab+ca}+\dfrac{b^2}{ab+bc}+\dfrac{c^2}{ca+bc}\ge\left(Schwarz\right)\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Mà theo Cô-si ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ca\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\) (hằng đẳng thức)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z
=> a = (y + z - x) / 2 ; b = (x + z - y) / 2 ; c = (x + y - z) / 2
=> P = a/b+c + b/c+a + c/a+b = (y + z - x) / 2x + (x + z - y) / 2y + (x + y - z) / 2z
= 1/2. (y/x + z/x - 1 + x/y + z/y - 1 + x/z + y/z - 1) = 1/2. (x/y + y/x + x/z + z/x + y/z + z/y - 3)

Áp dụng BĐT A/B + B/A ≥ 0 hoặc Cô-si cũng được
=> P ≥ 1/2. (2 + 2 + 2 - 3) = 3/2 (đpcm)

Dấu = xảy ra <=> x = y = z <=> b+c = c+a = a+b <=> a = b = c

a) Xét hàm số f(x) = tanx − sinx trên nửa khoảng [0; π/2);

x ∈ [0;1/2)

Dấu “=” xảy ra khi x = 0.

Suy ra f(x) đồng biến trên nửa khoảng [0; π/2)

Mặt khác, ta có f(0) = 0, nên f(x) = tanx – sinx > 0 hay tanx > sinx với mọi x ∈ [0; 1/2)

b) Xét hàm số h(x) trên [0; + ∞ )

Dấu “=” xẩy ra chỉ tại x = 0 nên h(x) đồng biến trên nửa khoảng [0;  + ∞ ).

Vì h(x) = 0 nên

Hay

Xét hàm số trên f(x) trên [0;  + ∞ );

Vì g(0) = 0 và g(x) đồng biến trên nửa khoảng [0;  + ∞ ) nên g(x) ≥ 0, tức là f′(x) ≥ 0 trên khoảng đó và vì dấu “=” xảy ra chỉ tại x = 0 nên f(x) đồng biến trên nửa khoảng .

Mặt khác, ta có f(0) = 0 nên

Với mọi 0 < x <  + ∞ .

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

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

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

Ta c/m BĐT phụ: \(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)( b tự c/m nhé. Chuyển vế, c/m VP>=0 là xong )

\(\Rightarrow\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{1}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)

                                               đpcm

Có thể c/m luôn giùm bđt phụ không ạ?

\(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}.\left(a+b+c\right)^2\)

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

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

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

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)

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

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

\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\frac{1}{3}.\left(a+b+c\right)^2\)

                                             đpcm

a)\(\left(a+\frac{b}{2}\right)^2\ge ab\)

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

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

\(\Leftrightarrow a^2+\frac{b^2}{4}\ge0\)(luôn lúng)

vậy \(\left(a+\frac{b}{2}^2\right)\ge ab\)

b)\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)

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

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

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{ab}\ge0\)(luôn đóng vì a,b>0)

Vậy \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)với a,b>0

b) \(\frac{a}{b}\rightarrow x\).C/m: \(x+\frac{1}{x}\ge2\)

Có \(\left(\sqrt{x}-\sqrt{\frac{1}{x}}\right)^2\ge0\Rightarrow x-2+\frac{1}{x}\ge0\Rightarrow x+\frac{1}{x}\ge2\) (đpcm)

Tth m phải ns thêm lak vs x>0 x=-1 thì 

(a^2+b^2)/2>=ab

<=>(a^2+b^2)>=2ab

 <=> a^2+2ab+b^2>=2ab 

<=>a^2+b^2>=0(luôn đúng)

=> điều phải chứng minh.

Xét hiệu:  \(a^2+b^2-2ab=\left(a-b\right)^2\ge0\)

=>  \(a^2+b^2\ge2ab\)

Dấu "=" xra  <=>  a = b

Áp dụng ta có:

a)  \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge2a.2b.2c=8abc\)

dấu "=" xra  <=>  a = b = c = 1

b)  \(\left(a^2+4\right)\left(b^2+4\right)\left(c^2+4\right)\left(d^2+4\right)\ge4a.4b.4c.4d=256abcd\)

Dấu "=" xra  <=>  a = b= c = d = 2

a) Áp dụng bđt AM-GM ta có:

\(\hept{\begin{cases}a^2+1\ge2a\\b^2+1\ge2b\\c^2+1\ge2c\end{cases}}\)

nhân theo 3 vế BDDT ta đc:

( a^2+1) (b^2+1)(c^2+1) >= 2a.2b.2c = 8abc

"=" <=> a=b=c