Áp dụng BĐT Cô si ta có: x > 0 => x + \(\dfrac{4}{x}\) \(\ge\) 2 . \(\sqrt{\dfrac{4x}{x}}\)

<=> x + \(\dfrac{4}{x}\)  \(\ge\) 4

Ta có: \(x+\dfrac{4}{x}\ge4\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+4}{x}-\dfrac{4x}{x}\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2-4x+4\ge0\forall x\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\ge0\forall x>0\)(luôn đúng)

`x+4/x>=4`

`<=>x-4+4/x>=0`

`<=>(sqrtx)^2-2.sqrtx. 2/sqrtx+(2/sqrtx)^2>=0(x>0)`

`<=>(sqrtx-2/sqrtx)^2>=0`(luôn đúng)

`=>` đpcm

Dấu "=" `<=>x=2`

Điều kiện đâu nhỉ ?

Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

\(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\ge\frac{4}{x^2+y^2}=\frac{8}{2x^2+2y^2}\)

Mặt khác:

\(2x^2+2y^2\ge x^2+y^2+2xy=\left(x+y\right)^2\)

=>\(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\ge\frac{8}{\left(x+y\right)^2}\)

Ai thấy mình làm đúng thì tích nha.Ai tích mình mình tích lại

Khánh làm sai rồi
\(2x^2+2y^2\ge x^2+2xy+y^2\Rightarrow\frac{8}{2x^2+2y^2}\le\frac{8}{\left(x+y\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2+2xy+y^2}{x^2}+\frac{x^2+2xy+y^2}{y^2}\ge8\)
\(\Leftrightarrow\frac{2y}{x}+\frac{2x}{y}+\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\ge6\)-> là bđt đúng => đpcm
 

1/ Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x-2013}=a\\\sqrt{x-2014}=b\end{cases}}\)

Thì ta có:

\(\frac{\sqrt{x-2013}}{x+2}+\frac{\sqrt{x-2014}}{x}=\frac{a}{a^2+2015}+\frac{b}{b^2+2014}\)

\(\le\frac{a}{2a\sqrt{2015}}+\frac{b}{2b\sqrt{2014}}=\frac{1}{2\sqrt{2015}}+\frac{1}{2\sqrt{2014}}\)

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

\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+x}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}+\frac{z}{z+y}\right)\)

\(=\frac{3}{4}\)

\(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(x+y+z\right)\)

<=>\(x^2+y^2+z^2+3-2x-2y-2z\ge0\)

<=>\(\left(x^2-2x+1\right)+\left(y^2-2y+1\right)+\left(z^2-2z+1\right)\ge0\)

<=>\(\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(z-1\right)^2\ge0\)

Bài 1: A = \(\frac{\left(x-1\right)^2}{x^2-x+1}=\frac{x^2-x+1-x}{x^2-x+1}=1-\frac{x}{x^2-x+1}\)
Ta có \(\hept{\begin{cases}\left(x-1\right)^2\ge0\forall x\in R\\x^2-x+1=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\forall x\in R\end{cases}\Rightarrow A}\ge0\forall x\in R\)

Bài 2: \(4\left(a^3+b^3\right)\ge\left(a+b\right)^3\Leftrightarrow3\left(a^3-a^2b-ab^2+b^3\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng với mọi a; b > 0)

BĐT <=> 2(a²+b²+1) >= 2(ab+a+b)

<=> (a-b)² + (a-1)2 + (b-1)² >=0. dpcm

Ô hay, em vừa tìm ra một cách chứng minh cho BĐT (2) nè:

Do x, y, z có vai trò hoán vị vòng quanh, không mất tính tổng quát giả sử \(y=min\left\{x,y,z\right\}\)

\(VT-VP=\frac{27y\left(y-z\right)^2+\left(4x+16z-11y\right)\left(y+z-2x\right)^2}{4}\ge0\)

Cái này gọi là mò:D