\(BDT\Leftrightarrow\left(\frac{a}{a+b}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{b}{b+c}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{c}{c+a}-\frac{1}{2}\right)\ge0\)

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

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

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(a-b\right)\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}\right)+\frac{1}{2}\left(a-c\right)\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a}\right)\ge0\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-c\right)\left(a-b\right)}{2\left(b+c\right)}\left(-\frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+a}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-c\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\ge0\)(luôn đúng \(\forall a\ge b\ge c>0\))

Vậy BĐT đã được chứng minh

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

\(\Leftrightarrow a^2+ab+\frac{b^2}{4}\ge ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+ab+\frac{b^2}{4}-ab\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+\frac{b^2}{4}\ge0\)(luôn lúng)

vậy \(\left(a+\frac{b}{2}^2\right)\ge ab\)

b)\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2}{ab}-2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+2ab}{ab}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{ab}\ge0\)(luôn đóng vì a,b>0)

Vậy \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)với a,b>0

b) \(\frac{a}{b}\rightarrow x\).C/m: \(x+\frac{1}{x}\ge2\)

Có \(\left(\sqrt{x}-\sqrt{\frac{1}{x}}\right)^2\ge0\Rightarrow x-2+\frac{1}{x}\ge0\Rightarrow x+\frac{1}{x}\ge2\) (đpcm)

(a^2+b^2)/2>=ab

<=>(a^2+b^2)>=2ab

 <=> a^2+2ab+b^2>=2ab 

<=>a^2+b^2>=0(luôn đúng)

=> điều phải chứng minh.

Xét hiệu:  \(a^2+b^2-2ab=\left(a-b\right)^2\ge0\)

=>  \(a^2+b^2\ge2ab\)

Dấu "=" xra  <=>  a = b

Áp dụng ta có:

a)  \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge2a.2b.2c=8abc\)

dấu "=" xra  <=>  a = b = c = 1

b)  \(\left(a^2+4\right)\left(b^2+4\right)\left(c^2+4\right)\left(d^2+4\right)\ge4a.4b.4c.4d=256abcd\)

Dấu "=" xra  <=>  a = b= c = d = 2

bạn chép đề bài nhầm ak phải thế này chứ:a²+b² +2≥2(a+b)

trả lời :

BĐT ⇔a²-2a+1+b²-2b+1≥0

⇔(a-1)²+(b-1)²≥0 điều này đúng với mọi a;b

Dấu "=" xảy ra ⇔a=b=1

Vậy BĐT đã được chứng minh

a, \(\left(a+1\right)^2\ge4a\)

\(\Leftrightarrow a^2+2a+1\ge4a\)

\(\Leftrightarrow a^2-2a+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\ge0\)(Luôn đúng)

b, Áp dụng bđt Cô-si

\(a+1\ge2\sqrt{a}\)

\(b+1\ge2\sqrt{b}\)

\(c+1\ge2\sqrt{c}\)

\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge2\sqrt{a}.2\sqrt{b}.2\sqrt{c}\)

                                                               \(=8\sqrt{abc}=8\)(ĐPCM)

Dấu "=" khi a = b = c =1

a, \(\left(a-1\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow a^2-2a+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+2a+1>4a\)

\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)^2\ge4a.\)

b, Áp dụng bất đẳng thức trên ta có :

( a + 1 )² > 4a \(\Leftrightarrow\) \(\sqrt{\left(a+1\right)^2}\ge2\sqrt{a}\)

mà \(\sqrt{\left(a+1\right)^2}=\left|a+1\right|\)

Do a > 0 nên a + 1 > 0. Vậy | a + 1 | = a + 1.

Khi đó : a + 1 > \(2\sqrt{a}\)

Tương tự ta có : 

b + 1 > \(2\sqrt{b}\)và c + 1 > \(2\sqrt{c}\)

=> ( a + 1 ) ( b + 1 ) ( c + 1 ) > \(8\sqrt{abc}=8.\)