Bạn tham khảo câu này nhé: 

https://olm.vn/hoi-dap/detail/210792556876.html

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski, ta có :

\(\left(1.\sqrt{a+b}+1.\sqrt{b+c}+1.\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(2\left(a+b+c\right)\right)=6\)

\(\Rightarrow\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{6}\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

c=c.1 thay 1 bằng a+b+c xong cô si

a) Áp dụng bđt AM-GM cho 2 số không âm ta có: \(\sqrt{a+1}=\sqrt{1.\left(a+1\right)}\le\frac{1+a+1}{2}=\frac{a}{2}+1\)

Tương tự: \(\sqrt{b+1}\le\frac{b}{2}+1\)

\(\sqrt{c+1}\le\frac{c}{2}+1\)

Cộng vế với vế ta được: \(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\le\frac{a+b+c}{2}+3=3,5\)

Dấu "='' xảy ra khi a + 1 = b + 1 = c + 1 = 1

<=> a = b = c = 0, mâu thuẫn với đề: a + b + c = 1

Do đó \(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}< 3,5\left(đpcm\right)\)

b) Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz cho bộ 3 số dương ta có:

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

\(\Rightarrow\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le3.2.\left(a+b+c\right)=6.1=6\)

\(\Rightarrow\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{6}\left(đpcm\right)\)

Bài 1:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:

$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq 1$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài 2: 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^2+4b^2+9c^2)(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9})\geq (a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow 2015.\frac{49}{36}\geq (a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow \frac{98735}{36}\geq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow a+b+c\leq \frac{7\sqrt{2015}}{6}$ chứ không phải $\frac{\sqrt{14}}{6}$ :''>>

Bài 3:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$2=(a^2+b^2)(1+1)\geq (a+b)^2\Rightarrow a+b\leq \sqrt{2}$

$(a\sqrt{1+a}+b\sqrt{1+b})^2\leq (a^2+b^2)(1+a+1+b)$

$=2+a+b\leq 2+\sqrt{2}$

$\Rightarrow a\sqrt{1+a}+b\sqrt{1+b}\leq \sqrt{2+\sqrt{2}}$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Đặt \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=1\)

BĐT trở thành: \(\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2+2z^2}}+\dfrac{yz}{\sqrt{y^2+z^2+2x^2}}+\dfrac{zx}{\sqrt{x^2+z^2+2y^2}}\le\dfrac{1}{2}\)

Ta có:

\(x^2+z^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{2}\left(x+z\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(y+z\right)^2\ge\left(x+z\right)\left(y+z\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2+2z^2}}\le\dfrac{xy}{\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xy}{x+z}+\dfrac{xy}{y+z}\right)\)

Tương tự: \(\dfrac{yz}{\sqrt{y^2+z^2+2x^2}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{yz}{x+y}+\dfrac{yz}{x+z}\right)\)

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

Cộng vế với vế:

\(VT\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{zx+yz}{x+y}+\dfrac{xy+zx}{y+z}+\dfrac{yz+xy}{z+x}\right)=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)=\dfrac{1}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c\)

Ta có:\(\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}=\sqrt{\frac{bc}{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}}\)

\(=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\) (Áp dụng BĐT AM-GM)

Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta thu được đpcm.

Từ 1a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=01a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=0

Khi đó:

(√a+c+√b+c)2=a+c+b+c+2√(a+c)(b+c)(a+c+b+c)2=a+c+b+c+2(a+c)(b+c)

=a+b+2c+2√ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2√c2=a+b+2c+2ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2c2

=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+2|c|

Vì a,ba,b dương nên −1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c−1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c

Do đó:

(√a+c+√b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b(a+c+b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b

⇒√a+c+√b+c=√a+b

Từ 1a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=01a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=0

Khi đó:

(√a+c+√b+c)2=a+c+b+c+2√(a+c)(b+c)(a+c+b+c)2=a+c+b+c+2(a+c)(b+c)

=a+b+2c+2√ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2√c2=a+b+2c+2ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2c2

=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+2|c|

Vì a,ba,b dương nên −1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c−1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c

Do đó:

(√a+c+√b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b(a+c+b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b

⇒√a+c+√b+c=√a+b

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau \(\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(x+y\right)^2}\)

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\right)^2\ge\left(a+x\right)^2+\left(b+y\right)^2\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)}\ge2ax+2by\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)

Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Bunyakovsky nên (*) đúng

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có \(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}\)

Ta cần chứng minh  \(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{153}{4}\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy và chú ý giả thiết \(a+b+c\le\frac{3}{2}\), ta được:\(\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}\)\(=\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1215}{16\left(a+b+c\right)^2}\)\(\ge2\sqrt{\left(a+b+c\right)^2.\frac{81}{16\left(a+b+c\right)^2}}+\frac{1215}{16.\frac{9}{4}}=\frac{153}{4}\)

Bất đẳng thức đã được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)