post ít một thôi

ta có (a-1)² ≥ 0 ∀a

<=> a²-2a+1 ≥ 0

<=>a²+4a-2a+1 ≥ 4a (cộng cả 2 vế va 4a)

<=> a²+2a+1 ≥ 4a

<=> (a+1)² ≥ 4a

CM tương tự ta đc

(b+1)² ≥ 4b

(c+1)² ≥ 4c

Nhân các vế với nhau ta có

[(a+1)²+(b+1)² +(c+1)² ]² ≥ 4a.4b.4c

<=> [(a+1)²+(b+1)² +(c+1)² ]² ≥64abc

<=> [(a+1)²+(b+1)² +(c+1)² ]² ≥64 (vì abc =1)

<=> (a+1)²+(b+1)² +(c+1)² ≥8 (đpcm)

Bài 1:

Chiều thuận:\(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x\vdots 3; y\vdots 3\)

Giả sử cả \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\). Ta biết rằng một số chính phương khi chia 3 thì dư $0$ hoặc $1$.

Do đó nếu \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\Rightarrow x^2\equiv 1\pmod 3; y^2\equiv 1\pmod 3\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\equiv 2\pmod 3\) (trái với giả thiết )

Suy ra ít nhất một trong 2 số $x,y$ chia hết cho $3$

Giả sử $x\vdots 3$ \(\Rightarrow x^2\vdots 3\). Mà \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow y^2\vdots 3\Rightarrow y\vdots 3\)

Vậy \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x,y\vdots 3\)

Chiều đảo:

Ta thấy với \(x\vdots 3, y\vdots 3\Rightarrow x^2\vdots 3; y^2\vdots 3\Rightarrow x^2+y^2\vdots 3\) (đpcm)

Vậy ta có đpcm.

Bài 2: > chứ không \(\geq \) nhé, vì khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\) thì cả 3 BĐT đều đúng.

Phản chứng, giả sử cả 3 BĐT đều đúng

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a(1-b)> \frac{1}{4}\\ b(1-c)> \frac{1}{4}\\ c(1-a)>\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a(1-a)b(1-b)c(1-c)> \frac{1}{4^3}(*)\)

Theo BĐT AM-GM thì:

\(a(1-a)\leq \left(\frac{a+1-a}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)

\(b(1-b)\leq \left(\frac{b+1-b}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)

\(c(1-c)\leq \left(\frac{c+1-c}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow abc(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1}{4^3}\) (mâu thuẫn với $(*)$)

Do đó điều giả sử là sai, tức là trong 3 BĐT trên có ít nhất một BĐT đúng.

Bài 5.

1. Chứng minh

$\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}$

Ta có:

$\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b}$

$=\dfrac{2b(a+b)+a(a+b)-4ab}{ab(a+b)}$

$=\dfrac{a^2-ab+2b^2}{ab(a+b)}$

$=\dfrac{(a-b)^2+b^2}{ab(a+b)}\ge0$

Vậy: $\boxed{\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}}$

2. Chứng minh

$\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\ge\dfrac{a}{a+b+c}$

Vì $a,b,c>0$ nên:

$\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c>\dfrac1a$

Mà: $\dfrac1a>\dfrac{a}{a+b+c}$

Suy ra: $\boxed{\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\ge\dfrac{a}{a+b+c}}$

1.

$a^3+b^4-ab(a+b)$

$=a^3+b^4-a^2b-ab^2$

$=a^2(a-b)+b^2(b-a)$

$=(a-b)(a^2-b^2)$

$=(a-b)^2(a+b)\ge0$

Suy ra: $\boxed{a^3+b^4\ge ab(a+b)}$

2.

$a^4+b^4-ab(a^2+b^2)$

$=a^4+b^4-a^3b-ab^3$

$=a^3(a-b)+b^3(b-a)$

$=(a-b)(a^3-b^3)$

$=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\ge0$

Vậy: $\boxed{a^4+b^4\ge ab(a^2+b^2)}$

3.

$a^5+b^5-ab(a^3+b^3)$

$=a^5+b^5-a^4b-ab^4$

$=a^4(a-b)+b^4(b-a)$

$=(a-b)(a^4-b^4)$

$=(a-b)^2(a+b)(a^2+b^2)\ge0$

Vậy: $\boxed{a^5+b^5\ge ab(a^3+b^3)}$

Xem lại đề đi bạn ơi !

Mk nghĩ đề là : cm 1/2-a + 1/2-b + 1/2-c >= 3

Nếu nói gì sai thì thông cảm nha

Dự đoán dấu "=" và chọn điểm rơi phù hợp để áp dụng bất đẳng thức Trung bình cộng - Trung bình nhân