Ta có : \(\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(c+d\right)\ge\left(\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow ac+ad+bc+bd\ge ac+2\sqrt{acbd}+bd\)

\(\Leftrightarrow ad-2\sqrt{adbc}+bc\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{ad}-\sqrt{bc}\right)^2\ge0\)( luôn đúng )

Dấu "=" xảy ra khi : \(ad=bc\)

Vậy ... 

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

\(\left(a+b\right)\left(c+d\right)=\left(\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2\right)\left(\sqrt{c}^2+\sqrt{d}^2\right)\)

\(\ge\left(\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\right)^2\)

\(< =>\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\left(đpcm\right)\)

okey?

có thiếu ĐK nào k bạn ?

áp dụng BĐT cauchy :

\(\dfrac{b}{\left(a+\sqrt{b}\right)^2}+\dfrac{d}{\left(c+\sqrt{d}\right)^2}\ge2\sqrt{\dfrac{bd}{\left(a+\sqrt{b}\right)^2\left(c+\sqrt{d}\right)^2}}=\dfrac{2\sqrt{bd}}{\left(a+\sqrt{b}\right)\left(c+\sqrt{d}\right)}\)

việc còn lại cần chứng minh \(\left(a+\sqrt{b}\right)\left(c+\sqrt{d}\right)\le2\left(ac+\sqrt{bd}\right)\)(đúng theo BĐT chebyshev)(không mất tính tổng quát giả sừ \(a\le\sqrt{b};c\le\sqrt{d}\))

dấu = xảy ra khi \(a=\sqrt{b};c=\sqrt{d}\)

Bđt Bu-nhia-cop-xki \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\), đẳng thức xảy ra khi \(ay=bx\)

a.

\(\left(2x+3y\right)^2=\left(\sqrt{2}.\sqrt{2}x+\sqrt{3}.\sqrt{3}y\right)^2\le\left(2+3\right)\left(2x^2+3y^2\right)=5^2\)

\(\Rightarrow-5\le2x+3y\le5\)

b.

\(\sqrt{a+c}.\sqrt{b+c}+\sqrt{a-c}.\sqrt{b-c}\le\sqrt{a+c+a-c}.\sqrt{b+c+b-c}\)

\(=\sqrt{2a}.\sqrt{2b}=2\sqrt{ab}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{\sqrt{a+c}}{\sqrt{a-c}}=\frac{\sqrt{b+c}}{\sqrt{b-c}}\), hay \(a=b\)

Thử lại với a = b thì \(VT=2a=2\sqrt{ab}=VP>\sqrt{ab}\) nên đề đã ra sai vế phải của bđt.

c.

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

d.

bđt \(\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\le a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2}\)

\(\Leftrightarrow ac+bd\le\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{c^2+d^2}\)

bđt trên luôn đúng vì theo bđt Bu-nhia-cop-xki, ta có:

\(\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge\sqrt{\left(ac+bd\right)^2}=\left|ac+bd\right|\ge ac+bd\)

C, d của VT đâu b

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(ac+bc\right)^2}=ac+bc\)

CMTT : \(\sqrt{\left(a^2+d^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\ge ad+bd\)

Ta có :\(\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{\left(a^2+d^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\ge ac+bc+ad+bd=\left(a+b\right)\left(c+d\right)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

(�2+�2)(�2+�2)≥(��+��)2=��+��(a2+c2)(b2+c2)​≥(ac+bc)2​=ac+bc

CMTT : (�2+�2)(�2+�2)≥��+��(a2+d2)(b2+d2)​≥ad+bd

Ta có :(�2+�2)(�2+�2)+(�2+�2)(�2+�2)≥��+��+��+��=(�+�)(�+�)(a2+c2)(b2+c2)​+(a2+d2)(b2+d2)​≥ac+bc+ad+bd=(a+b)(c+d)

BĐT cần cm\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(c+d\right)\ge ac+bd+2\sqrt{abcd}\)

\(\Leftrightarrow ac+ad+bc+bd\ge ac+bd+2\sqrt{abcd}\)

\(\Leftrightarrow ad+bc\ge2\sqrt{abcd}\)(luôn đúng)

dấu bằng xảy ra khi ad=bc

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

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

Cộng theo vế và thu gọn:

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

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

$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$

Ta có đpcm.

Bài 2:

$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$

$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$

$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$

Cộng theo vế và rút gọn thu được:

$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$ 

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài 3:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{b+c+c+a+a+b}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$