Làm rồi, nhưng ko nhớ bạn ơi, để xem đã nhé

Ta co a/b=c/b => a=c thi a^2=c^2

=>a^2+c^2/b^2+b^2=2.a^2/2.b^2=>bt bang (a/b)2=a/b (DPCM)

\(\left(x-2\right)\left(x+2\right)-3x\left(x-2\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x+2-3x\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(-2x+2\right)=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=1\end{matrix}\right.\)

Vậy pt có tập nghiệm \(S=\left\{1;2\right\}\)

TRẢ LỜI:

Áp dụng BĐT bunhiacopxki 
(a² + b² + c²).(1+1+1) ≥ (a.1 + b.1 + c.1)² = 1 
=> a² + b² + c² ≥ 30

dấu "=" xảy ra <=> a/1 = b/1 = c/1 => a = b = c = 30

mk ko bt sorry 

ai như vậy thì k mk nha

Có \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)

\(\frac{1}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{27}\ge abc\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{27}\)

Có \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{abc}\ge\frac{1+1}{3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}}=\frac{2}{3.abc}\ge\frac{2}{3.\frac{1}{27}}=\frac{2}{\frac{1}{9}}=18\)

Áp dụng bất đẳng thức  a^2+b^2+c^2 > ab+bc+ac ta có : 

a^8 + b^8 + c^8 > (ab)^4 + (bc)^4 + (ca)^4 > (ab)^2.(bc)^2 + (bc)^2.(ca)^2 + (ca)^2.

(ab)^2 
> ab.bc.bc.ca + bc.ca.ca.ab + ca.ab.ab.bc = a^2.b^2.c^2(bc + ab + ac) 

\(\Rightarrow\)  (a^8 + b^8 + c^8)/(a^3.b^3.c^3) > a^2.b^2.c^2(ab + bc + ca)/(a^3.b^3.c^3) = (ab + bc

+ ca)/abc = 1/a + 1/b + 1/c 

\(\Rightarrow\) a^8 + b^8 + c^8 > (abc)^3 + (1/a + 1/b + 1c) (đpcm)

Ta có : \(a^8+b^8+c^8\ge\left(abc\right)^3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\) (1)

\(\Leftrightarrow a^8+b^8+c^8\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ac\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức phụ : \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\) (có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương)

Được : \(a^8+b^8+c^8=\left(a^4\right)^2+\left(b^4\right)^2+\left(c^4\right)^2\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)(2)

Lại có : \(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4=\left(a^2b^2\right)^2+\left(b^2c^2\right)^2+\left(c^2a^2\right)^2\ge a^2b^4c^2+b^2c^4a^2+c^2a^4b^2\)

\(\Leftrightarrow a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\ge a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ac\right)\) (3)

Từ (2) và (3) ta có : \(a^8+b^8+c^8\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ac\right)\)

Vậy (1) được chứng minh.

ta có:

A+B=(a+b-5)+(-b-c+1)

      =a+b-5-b-c+1

      =a-c+(b-b)-(5-1)

      =a-c-4 (1)

Lại có:

C-D=(b-c-4)-(b-a)

     =b-c-4-b+a

     =(b-b)+a-c-4

     =a-c-4 (2)

Từ (1) và (2)=>A+B=C-D (vì cùng bằng a-c-4)

Áp dụng bđt cô si cho 2 số dương ta có:

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)

=> \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc\cdot\frac{1}{abc}}=9\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{ab+bc+ac}{abc}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+ac+bc\right)\left(a+b+c\right)-9abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2b+a^2c+abc+abc+ab^2+b^2c+abc+ac^2+bc^2-9abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2b+a^2c+ab^2+b^2c+ac^2+bc^2-6abc\ge0\)

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

\(\Leftrightarrow b\left(a-b\right)^2+c\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2\ge0\)(luôn đúng \(\forall a;b;c>0\))

Vật bđt đã đc chứng minh

Cho a,b,c>0 thì dễ thôi :v

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

Khi a=b=c