Từ a + b + c + ab + ca + bc = 6abc ta có: 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a = 6 Ta có: 1 a 2 + 1 ≥ 2 a ; 1 b 2 + 1 ≥ 2 b ; 1 c 2 + 1 ≥ 2 c Và 1 a 2 + 1 b 2 ≥ 2 a b ; 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 2 b c ; 1 a 2 + 1 c 2 ≥ 2 a c Cộng các vế các BĐT trên ta có: 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ) ≥ 2 ( 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a ) ⇔ 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ) ≥ 12 ⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ≥ 4 ⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 3 Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1

Từ a + b + c + ab + ca + bc = 6abc ta có: 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a = 6 Ta có: 1 a 2 + 1 ≥ 2 a ; 1 b 2 + 1 ≥ 2 b ; 1 c 2 + 1 ≥ 2 c Và 1 a 2 + 1 b 2 ≥ 2 a b ; 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 2 b c ; 1 a 2 + 1 c 2 ≥ 2 a c Cộng các vế các BĐT trên ta có: 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ) ≥ 2 ( 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a ) ⇔ 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ) ≥ 12 ⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ≥ 4 ⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 3 Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1

Biểu thức \(4x^{8}-2x^{7}+x^{6}-3x^{4}+x^{2}-x+1\) có thể được phân tích thành tổng của các bình phương như sau:\(4x^{8}-2x^{7}+x^{6}-3x^{4}+x^{2}-x+1=(2x^{4}-x^{3})^{2}+(x^{3}-x)^{2}+(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}\)Vì: \((2x^{4}-x^{3})^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(x\).\((x^{3}-x)^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(x\).\((x-\frac{1}{2})^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(x\).\(\frac{3}{4}>0\). Do đó, tổng của các số không âm và một số dương sẽ luôn lớn hơn 0.\((2x^{4}-x^{3})^{2}+(x^{3}-x)^{2}+(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}>0\)Vậy, bất đẳng thức \(4x^{8}-2x^{7}+x^{6}-3x^{4}+x^{2}-x+1>0\) được chứng minh. 

Từ a + b + c + ab + ca + bc = 6abc ta có: 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a = 6 Ta có: 1 a 2 + 1 ≥ 2 a ; 1 b 2 + 1 ≥ 2 b ; 1 c 2 + 1 ≥ 2 c Và 1 a 2 + 1 b 2 ≥ 2 a b ; 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 2 b c ; 1 a 2 + 1 c 2 ≥ 2 a c Cộng các vế các BĐT trên ta có: 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ) ≥ 2 ( 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a ) ⇔ 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ) ≥ 12 ⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ≥ 4 ⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 3 Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1

Biểu thức \(4x^{8}-2x^{7}+x^{6}-3x^{4}+x^{2}-x+1\) có thể được phân tích thành tổng của các bình phương như sau:\(4x^{8}-2x^{7}+x^{6}-3x^{4}+x^{2}-x+1=(2x^{4}-x^{3})^{2}+(x^{3}-x)^{2}+(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}\)Vì: \((2x^{4}-x^{3})^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(x\).\((x^{3}-x)^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(x\).\((x-\frac{1}{2})^{2}\ge 0\) với mọi số thực \(x\).\(\frac{3}{4}>0\). Do đó, tổng của các số không âm và một số dương sẽ luôn lớn hơn 0.\((2x^{4}-x^{3})^{2}+(x^{3}-x)^{2}+(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}>0\)Vậy, bất đẳng thức \(4x^{8}-2x^{7}+x^{6}-3x^{4}+x^{2}-x+1>0\) được chứng minh. 

Từ a + b + c + ab + ca + bc = 6abc ta có: 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a = 6 Ta có: 1 a 2 + 1 ≥ 2 a ; 1 b 2 + 1 ≥ 2 b ; 1 c 2 + 1 ≥ 2 c Và 1 a 2 + 1 b 2 ≥ 2 a b ; 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 2 b c ; 1 a 2 + 1 c 2 ≥ 2 a c Cộng các vế các BĐT trên ta có: 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ) ≥ 2 ( 1 a + 1 b + 1 c + 1 a b + 1 b c + 1 c a ) ⇔ 3 ( 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ) ≥ 12 ⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 ≥ 4 ⇔ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 3 Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1

Biến đổi vế trái của bất đẳng thức:\(P=x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y)\)\(=x(y-x)(z-x)+y(z-y)(y-x)+z(z-x)(z-y)\)Đặt \(a=y-x\ge 0\) và \(b=z-y\ge 0\). Khi đó: \(y-x=a\)\(z-y=b\)\(z-x=(z-y)+(y-x)=a+b\ge 0\)Thay các giá trị này vào biểu thức \(P\):\(P=x(a)(a+b)+y(b)(a)+z(a+b)(b)\)\(P=x(a^{2}+ab)+y(ab)+z(ab+b^{2})\)\(P=a^{2}x+abx+aby+abz+b^{2}z\)\(P=a^{2}x+ab(x+y+z)+b^{2}z\)Vì \(x,z\ge 0\) và \(a,b\ge 0\), nên ta có: \(a^{2}x\ge 0\)\(ab(x+y+z)\ge 0\)\(b^{2}z\ge 0\)Cộng các số hạng không âm này lại, ta được:\(P=a^{2}x+ab(x+y+z)+b^{2}z\ge 0\)

ách 1: Biến đổi về bình phương Ta biến đổi biểu thức \(a^{2}-ab+b^{2}\) về dạng tổng các bình phương:\(a^{2}-ab+b^{2}=a^{2}-2\cdot a\cdot \frac{b}{2}+(\frac{b}{2})^{2}-(\frac{b}{2})^{2}+b^{2}\)\(=(a-\frac{b}{2})^{2}-\frac{b^{2}}{4}+b^{2}\)\(=(a-\frac{b}{2})^{2}+\frac{3b^{2}}{4}\) [1, 2, 4]. Vì \((a-\frac{b}{2})^{2}\ge 0\) (bình phương của một số thực) và \(\frac{3b^{2}}{4}\ge 0\) (vì \(b^{2}\ge 0\)), nên:\((a-\frac{b}{2})^{2}+\frac{3b^{2}}{4}\ge 0\)Do đó, \(a^{2}-ab+b^{2}\ge 0\). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:\((a-\frac{b}{2})^{2}=0\) và \(\frac{3b^{2}}{4}=0\).\(\Rightarrow a-\frac{b}{2}=0\) và \(b=0\).\(\Rightarrow a=0\) và \(b=0\) [2, 4]. Cách 2: Nhân cả hai vế với 2\(a^{2}-ab+b^{2}\ge 0\)\(\Leftrightarrow 2a^{2}-2ab+2b^{2}\ge 0\)\(\Leftrightarrow (a^{2}-2ab+b^{2})+a^{2}+b^{2}\ge 0\)\(\Leftrightarrow (a-b)^{2}+a^{2}+b^{2}\ge 0\)Vì \((a-b)^{2}\ge 0\), \(a^{2}\ge 0\) và \(b^{2}\ge 0\), nên \((a-b)^{2}+a^{2}+b^{2}\ge 0\) luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:\((a-b)^{2}=0\)\(a^{2}=0\) và \(b^{2}=0\).\(\Rightarrow a-b=0\), \(a=0\) và \(b=0\).\(\Rightarrow a=0\) và \(b=0\). 2) Chứng minh \(a^{2}-ab+b^{2}\ge \frac{1}{4}(a+b)^{2}\) Ta xét hiệu của vế trái và vế phải:\(a^{2}-ab+b^{2}-\frac{1}{4}(a+b)^{2}\)\(=a^{2}-ab+b^{2}-\frac{1}{4}(a^{2}+2ab+b^{2})\)\(=a^{2}-ab+b^{2}-\frac{1}{4}a^{2}-\frac{1}{2}ab-\frac{1}{4}b^{2}\)\(=(a^{2}-\frac{1}{4}a^{2})+(b^{2}-\frac{1}{4}b^{2})+(-ab-\frac{1}{2}ab)\)\(=\frac{3}{4}a^{2}+\frac{3}{4}b^{2}-\frac{3}{2}ab\) [3, 4]\(=\frac{3}{4}(a^{2}-2ab+b^{2})\)\(=\frac{3}{4}(a-b)^{2}\)Vì \((a-b)^{2}\ge 0\) nên \(\frac{3}{4}(a-b)^{2}\ge 0\).Do đó, \(a^{2}-ab+b^{2}-\frac{1}{4}(a+b)^{2}\ge 0\Rightarrow a^{2}-ab+b^{2}\ge \frac{1}{4}(a+b)^{2}\). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:\(\frac{3}{4}(a-b)^{2}=0\)\(\Rightarrow a-b=0\)\(\Rightarrow a=b\) [3, 4].

a) 3x - 5 = 4

3x= 5

x= 5/3