\(a)\left( {a + b} \right)\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) = {a^3} - {a^2}b + a{b^2} + b{a^2} - a{b^2} + {b^3} = {a^3} + {b^3}\)

\(b)\left( {a - b} \right)\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right) = {a^3} + {a^2}b + a{b^2} - b{a^3} - a{b^3} - {b^3} = {a^3} - {b^3}\)

a) 

Cách 1: Diện tích hình vuông MNPQ là: \({a^2} + ab + ab + {b^2} = {a^2} + 2{\rm{a}}b + {b^2}\)

Cách 2: Độ dài cạnh của hình vuông MNPQ là: \(a + b\)

Diện tích của hình vuông MNPQ là: \(\left( {a + b} \right).\left( {a + b} \right) = {\left( {a + b} \right)^2}\)

b) \(\left( {a + b} \right)\left( {a + b} \right) = a.a + ab + ab + b.b = {a^2} + 2{\rm{a}}b + {b^2}\)     

c)  \(\left( {a - b} \right)\left( {a - b} \right) = a.a - a.b - a.b - b.\left( { - b} \right) = {a^2} - 2{\rm{a}}b + {b^2}\)            

Đặt \(x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}\)thì ta có \(xy+yz+zx+xyz=4\)

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: \(x^2+y^2+z^2+5xyz\ge4\)

Đặt \(x+y+z=p;xy+yz+zx=q;xyz=r\)thì \(q+r=4\)và ta cần chứng minh \(p^2-2q+5r\ge8\)

\(\Leftrightarrow p^2-2q+5\left(r-4\right)+12\ge0\Leftrightarrow p^2-7q+12\ge0\)

*) Nếu \(4\ge p\)thì theo Schur, ta có: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow4\ge q+\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\)

\(\Leftrightarrow q\le\frac{p^3+36}{4p+9}\)

Nên ta cần chỉ ra rằng \(p^2-\frac{7\left(p^3+6\right)}{4p+9}+12\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2-6\right)\le0\)*đúng vì \(4\ge p\ge\sqrt{3q}\ge3\)*

*) Nếu \(p\ge4\)thì \(p^2\ge16\ge4q\Rightarrow p^2-2q+5r\ge p^2-2q\ge\frac{p^2}{2}\ge8\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hoặc \(\left(x,y,z\right)=\left(2,2,0\right)\)và các hoán vị

Tuyệt quá,

Bất đẳng thức \(\frac{a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{kabc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{8}k\)

có hằng số k tốt nhất là 10.

Tức là bài toán này đúng với mọi \(k\le10\)!

ai giỏi ạ

\(\left( {a + b} \right)\left( {a - b} \right) = a.a - ab + b.a - b.b = {a^2} - {b^2} + \left( { - ab + ba} \right) = {a^2} - {b^2}\)

Từ đó ta được \({a^2} - {b^2} = \left( {a + b} \right)\left( {a - b} \right)\)

Lời giải:

Dấu "=" không xảy ra.
Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\text{VT}\leq \frac{a+(b+1)}{2}+\frac{b+(c+1)}{2}+\frac{c+(a+1)}{2}=\frac{2(a+b+c)+3}{2}\)

\(< \frac{3(a+b+c+ab+bc+ac+abc+1)}{2}=\frac{3(a+1)(b+1)(c+1)}{2}\)

Ta có đpcm.

Lần sau bạn lưu ý đăng 1 bài 1 lần thôi. Đăng nhiều lần coi như spam và sẽ bị xóa không thương tiếc đấy nhé.

\(\begin{array}{l}\left( {a + b} \right).\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) = a.{a^2} - a.ab + a.{b^2} + b.{a^2} - b.ab + b.{b^2}\\ = {a^3} - {a^2}b + a{b^2} + {a^2} - a{b^2} + {b^3}\\ = {a^3} + {b^3}\end{array}\)

mk lớp 7

Dấu '' = '' không xảy ra

Áp dụng BĐT AM-GM:

Dấu "=" không xảy ra.
Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\text{VT}\leq \frac{a+(b+1)}{2}+\frac{b+(c+1)}{2}+\frac{c+(a+1)}{2}=\frac{2(a+b+c)+3}{2}\)

\(< \frac{3(a+b+c+ab+bc+ac+abc+1)}{2}=\frac{3(a+1)(b+1)(c+1)}{2}\)

Ta có đpcm.

Em thưa anh:

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương \(\frac{a}{a+1}\)và \(\frac{1}{c+1}\), ta có:

\(\sqrt{\frac{a}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)}}=\sqrt{\frac{a}{a+1}.\frac{1}{c+1}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

Tương tự, ta có: \(\sqrt{\frac{b}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a+1}+\frac{b}{b+1}\right)\)

\(\sqrt{\frac{c}{\left(c+1\right)\left(b+1\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+1}+\frac{1}{b+1}\right)\)

Công vế theo vế, ta có: \(\sqrt{\frac{a}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)}}+\sqrt{\frac{b}{\left(b+1\right)\left(a+1\right)}}+\sqrt{\frac{c}{\left(c+1\right)\left(b+1\right)}}\)

\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{1}{b+1}\right)\)

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

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

Nhân cả hai vế với \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)(vì a,b,c>0 nên BĐT lúc này không đổi chiều), ta có đpcm.