Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

\(\le\left(a+c+a-c\right)\left(b+c+b-c\right)\)

\(=2a\cdot2b=4ab=VP^2\)

\(\Rightarrow VT\le VP\) *ĐPCM*

\(P=\dfrac{1}{2}\sqrt{4a\left(b+3\right)}+\dfrac{1}{2}\sqrt{4b\left(a+3\right)}\)

\(P\le\dfrac{1}{4}\left(4a+b+3\right)+\dfrac{1}{4}\left(4b+a+3\right)\)

\(P\le\dfrac{1}{4}\left(5a+5b+6\right)\le\dfrac{1}{4}\left(5.2+6\right)=4\)

\(P_{max}=4\) khi \(a=b=1\)

Ta có BĐT \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Lợi dụng BĐT Cauchy-Schwarz tao cso:

\(VT^2=\left(\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\right)^2\)

\(\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+c+9\right)\)

\(\le3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+9\right)\)

Đặt \(t=a^2+b^2+c^2\left(t\ge3\right)\) thì cần chứng minh:

\(3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+9\right)\le4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+9\right)\le4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(t+9\right)\le4t^2\Leftrightarrow-\left(t-3\right)\left(4t+9\right)\le0\) (Đúng)

Ta có BĐT \(3\le ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\)

Và BĐT: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(\le\sqrt{9}=3\le a^2+b^2+c^2\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT^2=\left(\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\right)^2\)

\(\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+c+9\right)\)

\(\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[a^2+b^2+c^2+3\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]\)

\(=4\left(a^2+b^2+c^2\right)=VP^2\)

Xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Gọi 1/4 số a là 0,25 . Ta có :

                   a . 3 - a . 0,25 = 147,07

                   a . (3 - 0,25) = 147,07 ( 1 số nhân 1 hiệu )

                      a . 2,75 = 147,07

                         a = 147,07 : 2,75

                          a = 53,48

mình nha

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\sqrt{a^2+1}=\sqrt{a^2+ab+bc+ca}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

\(\le\frac{a+b+a+c}{2}=\frac{2a+b+c}{2}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:

\(\sqrt{b^2+1}\le\frac{2b+c+a}{2};\sqrt{c^2+1}\le\frac{2c+a+b}{2}\)

Cộng theo vế 2 BĐT trên thu đc ĐPCM

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có :

\(P\le\sqrt{\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{b+1}\right)^2+\left(\sqrt{a+1}\right)^2\right]}\)

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

\(\Rightarrow P\le\sqrt{2\left(2+2\right)}=2\sqrt{2}\)

Vậy : GTLN của P là \(2\sqrt{2}\). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=1\)

Ta có:

\(VT^3=\left(\sqrt[3]{\sqrt{a}.\sqrt{a}.\left(a^2+7bc\right)}+\sqrt[3]{\sqrt{b}.\sqrt{b}.\left(b^2+7ca\right)}+\sqrt[3]{\sqrt{c}.\sqrt{c}.\left(c^2+7ab\right)}\right)^3\)

\(\le\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\left(a^2+b^2+c^2+7ab+7bc+7ca\right)\)

\(\le3\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b+c\right)^2+\frac{5}{3}\left(a+b+c\right)^2\right]\)

\(=8\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Rightarrow VT\le2\left(a+b+c\right)\)

Holder à bạn ?

Lời giải:

Áp dụng BĐT Holder:

\((\sqrt[3]{a^3+7abc}+\sqrt[3]{b^3+7abc}+\sqrt[3]{c^3+7abc})^3\leq (a+b+c)(a^2+7bc+b^2+7ac+c^2+7ab)(1+1+1)\)

\(\Leftrightarrow (\sqrt[3]{a^3+7abc}+\sqrt[3]{b^3+7abc}+\sqrt[3]{c^3+7abc})^3\leq 3(a+b+c)(a^2+7bc+b^2+7ac+c^2+7ab)\)

Ta cần chứng minh:

\(3(a+b+c)(a^2+7bc+b^2+7ac+c^2+7ab)\leq 8(a+b+c)^3\)

\(\Leftrightarrow 3(a^2+7bc+b^2+7ac+c^2+7ab)\leq 8(a+b+c)^2(*)\)

Thật vậy:

Theo hệ quả của BĐT AM-GM thì \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}\)

Do đó:

\(3(a^2+7bc+b^2+7ac+c^2+7ab)=3[(a+b+c)^2+5(ab+bc+ac)]\)

\(\leq 3[(a+b+c)^2+\frac{5}{3}(a+b+c)^2]=8(a+b+c)^2\)

\((*)\) đúng, ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)