Do a;b;c > 0 ; Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có :

\(a+b\ge2\sqrt{ab};b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ac}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8\sqrt{a^2b^2c^2}=8abc\) (đpcm)

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: \(k,n\ge0\)

Dùng BĐT phụ:

\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

Ta có:\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)

          \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\)

           \(\left(c+a\right)^2\ge4ca\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\ge64\left(abc\right)^2\)

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

 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
 

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz :

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

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

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

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

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\left(dpcm\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwars ta có:

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

Tương tự \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\)

                 \(\left(c+a\right)^2\ge4ca\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2.\left(b+c\right)^2.\left(c+a\right)^2\ge64\left(abc\right)^2\)

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Học tốt 

1 ) \(â+b\ge2\sqrt{ab}\)

Tương tự : \(b+c\ge2\sqrt{bc}\)

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

Nhân vế theo vế của 3 bpt dc dpcm

Dấu = xảy ra khi a = b = c

2) Nhân 2 vế bpt vs abc

Cm như 1)

3) \(a+2\ge2\sqrt{2a}\)

\(b+8\ge2\sqrt{8b}\)

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

Nhân vế theo vế của 3 bpt dc dpcm

Dấu = xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=8\\a=b\end{matrix}\right.\) (vô lí)

nên k xảy ra đẳng thức

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

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

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

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) ( đpcm )

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)

*) ta có: \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

   \(b+c\ge2\sqrt{bc}\)

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

Nhân vế với vế của các BĐT trên,ta được: \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8abc\) 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Đặt vế trái là P:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\ge\sqrt{\left(\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\right)^2}=\sqrt{ab}+\sqrt{ac}\)

Tương tự với 2 biểu thức còn lại, ta được:

\(P\le\dfrac{a}{a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}+\dfrac{b}{b+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}}+\dfrac{c}{c+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}}\)

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

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Bạn tham khảo ở đây nhé.

https://olm.vn/hoi-dap/detail/96898674827.html

\(\left(a-1\right)^2;\left(b-1\right)^2;\left(c-1\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+1\ge2a\\b^2+1\ge2b\\c^2+1\ge2c\end{matrix}\right.\)

Nhân theo vế:

\(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge8abc\)

\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)