À mình nghĩ đề sai r, xin lỗi nha, mn ko cần làm nữa đâu ....

vt mỗi cái đề cho người khác lm

haazzzzzzzzzzzzzzz

chi kute

a) Áp dụng Cauchy-Schwarz:

\(\left(a+b\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)=2\left(a^2+b^2\right)\)

b) Áp dụng AM-GM:

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\a^2+c^2\ge2ac\end{matrix}\right.\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2ab+2bc+2ac\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\) (cm ở trên r nên khỏi cm lại đi)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Rightarrow3\left(ab+bc+ac\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)

Kết hợp 2 điều trên:\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)

a)2(a²+b²) ≥ (a+b)²

⇔ 2a²+2b² ≥ a²+2ab+b²

xét hiệu

⇔ 2a²+2b²-a²-2ab-b² ≥ 0

⇔ a²-2ab+b² ≥ 0

⇔ (a-b)² ≥ 0 (luôn đúng )

=> đpcm

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

\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2-a^2-b^2-2ab\(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)(a-b)^2\(\ge\)0 (2)

(2) đúng nên 1 đúng

b )

chứng minh vế 1 3(a^2+b^2+c^2)\(\ge\)(a+b+c)^2

\(\Leftrightarrow\)3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ca\(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\(\ge\)0 luôn đúng

chứng minh vế 2 (a+b+c)^2\(\ge\)3(ab+bc+ca)

\(\Leftrightarrow\)a^2+b^2+c^2-2ab-2ac-2bc\(\ge\)0

cm như trên suy ra đpcm

d/ Đặt \(x=a+b\) , \(y=b+c\) , \(z=c+a\)

thì : \(a=\frac{x+z-y}{2}\) ; \(b=\frac{x+y-z}{2}\) ; \(c=\frac{y+z-x}{2}\)

Ta có : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{\frac{x+z-y}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y-z}{2}}{z}+\frac{\frac{y+z-x}{2}}{x}\)

\(=\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}+\frac{y+z-x}{2x}=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}-3\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{3}{2}\ge\frac{1}{2}.6-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

b/ \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)

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

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

Vậy bđt ban đầu dc chứng minh.

c/ \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\Leftrightarrow\frac{ab}{a+b}\le\frac{a+b}{4}\)

Tương tự : \(\frac{bc}{b+c}\le\frac{b+c}{4}\) ; \(\frac{ac}{a+c}\le\frac{a+c}{4}\)

Cộng theo vế : \(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{a+c}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}=\frac{a+b+c}{2}\)

Chứng minh bất đẳng thức mincopxki

mincopxki mik chưa nghe qua

thì đó bài bạn đó, BĐT ở bài bạn chính là Mincopxki, bn click vào link đó có cách chứng minh đó :V

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

cảm ơn bạn nhiều.Mong bạn giúp đỡ

bài lớp mấy vậy 

Giả sử \(a\ge b\ge c>0\)

=>\(\hept{\begin{cases}2ab\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\le a\left(a^2+b^2\right)+2ab^2\\2bc\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\le c\left(b^2+c^2\right)+2cb^2\\2ca\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}\le\frac{ca\left(c^2+a^2\right)}{b}+2abc\end{cases}}\)

Cộng từng vế 3 bdt trên ta được

\(VP\le a^3+c^3+3b^2\left(a+c\right)+\frac{ca\left(c^2+a^2\right)}{b}+2abc\)

Ta quy bài toán về chứng minh

\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^3+c^3+3b^2\left(a+c\right)+\frac{ca\left(a^2+c^2\right)}{b}+2abc\)

Hay \(a^3+2b^3+c^3+4abc\ge3b^2\left(a+c\right)+\frac{ca\left(c^2+a^2\right)}{b}\)

Biến đổi tương đương bđt tên ta được

\(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(\frac{a^2+c^2}{b}-2b+a+c\right)\ge0\)

Bđt trên đúng vì \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\\\frac{a^2+c^2}{b}-2b+c+a\ge\frac{a^2}{b}+a-2b\ge0\\a\ge b\ge c>0\end{cases}}\)

Vậy bài toán được chứng minh

P/s : cách khác là dùng AM-GM để chứng minh nhưng dài ngại làm lắm :)

ok , cảm ơn bạn !!!

Bài toán rất hay và bổ ích !!!

Đây nhé 

Đặt b + c = x ; c + a = y ;  a + b = z 

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b\)

Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có : 

\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)

\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}\)

( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y) 

e cũng có 1 vài cách chứng minh khá là cổ điển ạ !

Sử dụng BĐT AM-GM ta có :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2.\frac{a}{2}=a\)

Bằng cách chứng minh tương tự :

\(\frac{b^2}{a+c}+\frac{a+c}{4}\ge b;\frac{c^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge c\)

Cộng theo vế các bđt cùng chiều ta được :

\(\frac{a^2}{c+b}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge a+b+c\)

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

\(< =>\frac{a^2}{b+c}+a+\frac{b^2}{a+c}+b+\frac{c^2}{a+b}+c\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)

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

\(< =>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\left(Q.E.D\right)\)

a,Ta có:\(a^2+b^2\ge2ab\)

            \(a^2+c^2\ge2ac\)  

            \(b^2+c^2\ge2bc\)

Cộng theo từng về 3 bđt trên ta đc:

\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+ac+bc\right)\)

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

Xảy ra dấu đt khi \(a=b=c\)

b,\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)(chia cả 2 vế cho \(a+b>0\))

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

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

Xảy ra dấu đẳng thức khi \(a=b\)

c,\(a^2+b^2+c^2\ge a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2ac\)

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

Xảy ra đẳng thức khi \(a=b=c=0\)

Phần b mình tặng thêm một cách giải không dùng biến đổi tương đương: 

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

Dấu bằng tại a=b