Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{2y'z'}{x'^2};\frac{2z'x'}{y'^2};\frac{2x'y'}{z'^2}\right)\) với x', y', z' > 0. Quy về chứng minh:

\(\Sigma_{cyc}\frac{x'^3}{\sqrt{x'^6+8y'^3z'^3}}\ge1\). Đặt \(\left(x'^3;y'^3;z'^3\right)=\left(x;y;z\right)\). Quy về:

\(\Sigma_{cyc}\frac{x}{\sqrt{x^2+8yz}}\ge1\). Đến đây em thấy khá quen thuộc, hình như là bài IMO nào đó, để tối lục lại.

Ok, nó đây: https://olm.vn/hoi-dap/detail/229477332481.html

Bất đắc dĩ nên em mới dùng Sigma nhiều v:

Ta có:\(\sqrt{a^3+1}=\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}\le\frac{a+1+a^2-a+1}{2}\)

\(=\frac{a^2+2}{2}\).Tương tự \(\sqrt{b^3+1}\le\frac{b^2+2}{2};\sqrt{c^3+1}\le\frac{c^2+2}{2}\)

Nên \(K=\text{Σ}_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^3+1}}\ge\text{Σ}\frac{1}{a^2+2}=Q\)

\(Q=\frac{\text{Σ}_{cyc}[2\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)]}{\text{Σ}_{cyc}\left(a^2+2\right)}\)

\(=\frac{2\left(a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2\right)+8\left(a^2+b^2+c^2\right)+24}{2\left(a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2\right)+4\left(a^2+b^2+c^2\right)+8+a^2b^2c^2}\)

\(=\frac{2\left(\text{​​}\text{​​}\text{Σ}_{cyc}a^2b^2\right)+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)+24+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)}{2\left(a^2b^2+c^2b^2+a^2c^2\right)+4\left(a^2+b^2+c^2\right)+8+64}\)

\(\ge\frac{2\left(\text{Σ}a^2b^2\right)+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)+24+12\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2\left(\text{Σ}_{cyc}a^2b^2\right)+4\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\right)+72}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 2.

Ta đặt:

     \(\left\{{}\begin{matrix}x=a-1\\y=b-2\\z=c-3\end{matrix}\right.\)

        \(\Rightarrow x+y+z=3\) và  \(x,y,z\ge0\) (*)

Biểu thứ P trở thành:

     \(P=\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)

Từ (*) dễ thấy:

     \(\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le3\\0\le y\le3\\0\le z\le3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le\sqrt{3x}\\0\le y\le\sqrt{3y}\\0\le z\le\sqrt{3z}\end{matrix}\right.\)

Do đó:

     \(P\ge\dfrac{x+y+z}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)

Dầu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(3;0;0\right)=\left(0;3;0\right)=\left(0;0;3\right)\)

Áp dụng bđt AM - GM ta có :

\(\sqrt{b-1}\le\frac{b-1+1}{2}=\frac{b}{2}\Rightarrow a\sqrt{b-1}\le\frac{ab}{2}\)

\(\sqrt{a-1}\le\frac{a-1+1}{2}=\frac{a}{2}\Rightarrow b\sqrt{a-1}\le\frac{ba}{2}\)

\(\Rightarrow a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}+\frac{ab}{2}=ab\)(đpcm)

b2 dễ tự lm

b2 x2 là x mũ 2. y2 là y mũ 2 .

yx−y=x​2​​+2

yx−y−x​2​​−2=0

x=​−2​​−y+√​y​2​​−4y−8​​​​​,​−2​​−y−√​y​2​​−4y−8​​​​​

x=​−2​​−y+√​y​2​​−4y−8​​​​​,​−2​​−y−√​y​2​​−4y−8​​​​​

x=−​2​​−y+√​y​2​​−4y−8​​​​​,−​2​​−y−√​y​2​​−4y−8​​​​​

k sau giúp tiếp 

b1 ml làm đc òi nha

Đặt \(\sqrt{a^2-1}=x;\sqrt{b^2-1}=y;\sqrt{c^2-1}=z\)ta viết lại thành x²+y²+z²=1.Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}\right)\le\frac{9}{2}\)

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

\(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3x^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{\frac{3}{4}\Sigma\left(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{x^2+z^2}\right)}=\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(\frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3\left(y+z\right)^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{3\Sigma\left(\frac{y^2}{x^2+y^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2}\right)}=3\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{\sqrt{3}}\)

có vấn đề

bài này có người giải rồi

Èo, căng thế:

BĐT \(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\Sigma a+\Sigma\sqrt{ab}\)(chú ý cái giả thiết a + b  + c = 1)

Thật vậy áp dụng BĐT Bunyakovski: \(\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}=\sqrt{\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{c}\right)^2\right]}\)

\(\ge\sqrt{\left(\sqrt{a^2}+\sqrt{bc}\right)^2}=a+\sqrt{bc}\). Tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế có ngay đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3