ta có \(\left(log^b_a+log^a_b+2\right)\left(log^b_a-log_{ab}^b\right).log_b^a-1=\left(log^b_a+log^a_b+2\right)\left(log^b_a.log_b^a-log_{ab}^b.log_b^a\right)-1=\left(log^b_a+log^a_b+2\right)\left(1-\frac{1}{log_b^{ba}}log_b^a\right)-1=\left(log^b_a+log^a_b+2\right)\left(1-\frac{1}{1+log^a_b}log^a_b\right)-1=\left(log^b_a+log^a_b+2\right)\frac{1}{1+log^a_b}-1=\left(log^a_b+\frac{1}{log^a_b}+2\right)\frac{1}{1+log^a_b}-1=\frac{\left(1+log^a_b\right)^2}{log^a_b}\frac{1}{1+log^a}-1=\frac{1+log^a_b}{log_b^a}-1=\frac{1}{log_b^a}\)

 ta có:

\(\left(log^b_a+\frac{1}{log^b_a}+2\right)\left(log^b_a-\frac{1}{log^{ab}_a}\right)log^a_b-1\)\(=\frac{\left(log^b_a+1\right)^2}{log^b_a}\left(log^b_a-\frac{1}{1+log^b_a}\right)log^a_b-1\)\(=\frac{\left(log^b_a+1\right)^2}{log^b_a}\left(1-\frac{log^a_b}{1+log^b_a}\right)-1\)\(==\frac{\left(log^b_a+1\right)^2}{log^b_a}\left(\frac{1}{1+log^b_a}\right)-1=\frac{1+log^b_a}{log^b_a}-1=\frac{1}{log^b_a}\)

ta có \(log^{27}_2=log^{3^3}_2=3log^3_2=a\Rightarrow log^3_2=\frac{a}{3}\)

mặt khác

\(log^{\sqrt[6]{2}}_{\sqrt{3}}=\frac{1}{log^{\sqrt{3}}_{\sqrt[6]{2}}}=\frac{1}{log^{3^{\frac{1}{2}}}_{2^{\frac{1}{6}}}}=\frac{1}{\frac{1}{2}log^3_{2^{\frac{1}{6}}}}=\frac{1}{\frac{1}{2}\frac{1}{\frac{1}{6}}log_2^3}=\frac{1}{3.log_2^3}=\frac{1}{3}.\frac{a}{3}=\frac{a}{9}\)

ta áp dụng công thức \(log_a^{x_1x_2...x_n}=log_a^{x_1}+log_a^{x_2}+...+log_a^{x_n}\)  ta có 

\(log_2^{600}=log_2^{25.8.3}=log_2^{25}+log_2^8+log_2^3=2log_2^5+3+log_2^3=2b+3+a\)

7/  Em sửa lại đề ạ 

Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a+b=4ab

Chứng minh rằng  \(\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4a^2+1}\ge\frac{1}{2}\)

Đổi biến \(\left(a,b\right)\rightarrow\left(\frac{1}{x},\frac{1}{y}\right)\)

Từ giả thiết => x+y=4

Ta có: BĐT cần CM tương đương với:

\(\frac{\frac{1}{x}}{\frac{4}{y^2}+1}+\frac{\frac{1}{y}}{\frac{4}{x^2}+1}\ge\frac{1}{2}\)\(\Leftrightarrow\frac{y^2}{x\left(4+y^2\right)}+\frac{x^2}{y\left(4+x^2\right)}\ge\frac{1}{2}\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT Schwarz, ta có:
∑\(\frac{x^2}{y\left(4+x^2\right)}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{4\left(x+y\right)+xy^2+x^2y}=\frac{16}{16+xy^2+x^2y}\)

Ta chỉ cần chứng minh:

\(xy^2+x^2y\le16\Leftrightarrow xy^2+x^2y\le\frac{1}{4}\left(x+y\right)^3\)

\(\Leftrightarrow xy^2+x^2y\le x^3+y^3\)(luôn đúng)

Do đó (1) đúng. BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi x=y=2⇔a=b=\(\frac{1}{2}\)

6. (chuyên Hòa Bình)

Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: xy+zx+4yz=32

Tìm giá trị nhỏ nhất của\(P=x^2+16y^2+16z^2\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho  ba số dương  x,y,z ta có

\(\hept{\begin{cases}8y^2+\frac{1}{2}x^2\ge2\sqrt{8y^2.\frac{1}{2}x^2}=4xy\\8z^2+\frac{1}{2}x^2\ge2\sqrt{8z^2.\frac{1}{2}x^2}=4xz\\8y^2+8z^2\ge2\sqrt{8y^2.8z^2}=16yz\end{cases}}\)

Cộng từng vế của ba bđt trên ta có

\(P\ge4\left(xy+xz+4yz\right)=4.32=128\)

11/Theo BĐT AM-GM,ta có; \(ab.\frac{1}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)\(=\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)\)

Tương tự với hai BĐT kia,cộng theo vế và rút gọn ta được đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi a= b=c

Ơ vãi,em đánh thiếu abc dưới mẫu,cô xóa giùm em bài kia ạ!

9/ \(VT=\frac{\Sigma\left(a+2\right)\left(b+2\right)}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\)

\(=\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8+abc+\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\le\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+9+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}\)

\(=\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}=1\left(Q.E.D\right)\)

"=" <=> a = b = c = 1.

Mong là lần này không đánh thiếu (nãy tại cái tội đánh ẩu)

15.

Ta  có \(a+b+c+ab+bc+ac=6\)

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

=> \(\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)-6\ge0\)

=> \(a+b+c\ge3\)

\(A=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac}\ge a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\ge3\)(ĐPCM)

Bài 18, Đặt \(\left(a^2-bc;b^2-ca;c^2-ab\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) thì bđt trở thành

\(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\ge0\)

Vì \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)nên ta đi chứng minh \(x+y+z\ge0\)

Thật vậy \(x+y+z=a^2-bc+b^2-ca+c^2-ab\)

                                     \(=\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)(đúng)

Tóm lại bđt được chứng minh

Dấu "=": tại a=b=c