Đặt T là vế trái, áp dụng AM-GM, ta có:

\(a\sqrt{b-1}=a\sqrt{1\left(b-1\right)}\le\dfrac{a.\left(1+b-1\right)}{2}=\dfrac{ab}{2}\)

Tương tự: \(b\sqrt{a-1}\le\dfrac{ba}{2}\)

Cộng vế theo vế 2 BĐT vừa chứng minh, ta được:

\(T\ge\dfrac{ab}{2}+\dfrac{ba}{2}=ab\)(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi a=b=1

a p dg côsi \(a\sqrt{b-1}=a.1.\sqrt{b-1}\le a.\dfrac{1+b-1}{2}=\dfrac{ab}{2}\)

ttuong tu \(b\sqrt{a-1}\le\dfrac{ab}{2}\)

nên vt\(\le ab\)

dau = xảy ra a=b=2

đặt a-1=x²;b-1=y²;c-1=z² với x,y,z>0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

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

áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có \(x+y\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}\Rightarrow x+y+z\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+z}\left(1\right)̸\)

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

kết hợp (1) và (2) ta có \(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1\right]}\)

vậy \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}\left(đpcm\right)\)

Ta có: \(4b\sqrt{c}-c\sqrt{a}=\sqrt{c}\left(4b-\sqrt{ac}\right)>0\)( do \(1< a,b,c< 2\))

Tương tự => Các MS dương

\(VT=\frac{ba}{4b\sqrt{ac}-ca}+\frac{cb}{4c\sqrt{ba}-ab}+\frac{ac}{4a\sqrt{bc}-bc}\)

Áp dụng BĐT cosi schawr ta có

\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)^2}{4b\sqrt{ac}+4c\sqrt{ab}+4a\sqrt{bc}-ab-bc-ac}\)

Áp dụng cosi ta có \(2b\sqrt{ac}=2\sqrt{ab}.\sqrt{ac}\le ab+ac\);\(2c\sqrt{ab}\le ac+bc\);\(2a\sqrt{bc}\le ab+ac\)

=> \(VT\ge\frac{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\right)^2}{ab+bc+ac+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ac}}=\frac{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)^2}{\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)^2}=1\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

1. Ta có : \(\frac{a}{a+b+c+d}< \frac{a}{a+b+c}< \frac{a+d}{a+b+c+d}\)

          \(\frac{b}{a+b+c+d}< \frac{b}{b+c+d}< \frac{a+b}{a+b+c+d}\)

          \(\frac{c}{a+b+c+d}< \frac{c}{a+c+d}< \frac{b+c}{a+b+c+d}\)

         \(\frac{d}{a+b+c+d}< \frac{d}{a+b+d}< \frac{c+d}{a+b+c+d}\)

Cộng vế theo vế ta được :

\(1< \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}< 2\)             ( đpcm )

2. Áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 2 số ko âm b-1 và 1 ta có :

\(\sqrt{\left(b-1\right)\cdot1}\le\frac{\left(b-1\right)+1}{2}=\frac{b}{2}\)

Dấu "=" xảy ra <=> b - 1 = 1    <=> b = 2

\(\Rightarrow a\sqrt{b-1}=a\sqrt{\left(b-1\right)\cdot1}\le a\cdot\frac{b}{2}=\frac{ab}{2}\)

Tương tự ta có : \(b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}\) Dấu "=" xảy ra <=> a = 2

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

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 2

Ap dung bo de : \(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}\le\sqrt{xy}\left(x,y\ge1\right)\) (1)

(1) <=> \(2\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}\le\left(x-1\right)\left(y-1\right)+1\) (dung theo AM-GM)

Ta co \(VT\le\sqrt{ab}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}=VP\)

Dau = xay ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)=1\\\left(ab+1\right)\left(c-1\right)=1\end{cases}}\)

Trước hết, ta đi chứng minh bổ đề: \(\sqrt{p-1}+\sqrt{q-1}\le\sqrt{pq}\)(*) (với \(p,q\ge1\))

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{p-1}+\sqrt{q-1}\right)^2\le pq\)        \(\Leftrightarrow\left(p-1\right)+\left(q-1\right)+2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\le pq\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\le\left(pq-p-q+1\right)+1\) \(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\le\left(p-1\right)\left(q-1\right)+1\)

Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức AM - GM vì \(\left(p-1\right)\left(q-1\right)+1\ge2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right).1}=2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\)

Như vậy, ta đã chứng minh được bất đẳng thức phụ: \(\sqrt{p-1}+\sqrt{q-1}\le\sqrt{pq}\)(với \(p,q\ge1\))

Áp dụng vào bài toán, ta được: \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{ab}+\sqrt{c-1}\)\(=\sqrt{\left(ab+1\right)-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}\)(q.e.d)

Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)=1\\ab\left(c-1\right)=1\end{cases}}\)

Đặt \(a-1=x^2;b-1=y^2;c-1=z^2\)thì \(x,y,z\ge1\)và ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng \(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1\right]}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta được: \(x+y\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(1+y^2\right)}\Rightarrow x+y+z\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}+z\)

và \(\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}+z\le\)\(\sqrt{\left[\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1\right]\left(1+z^2\right)}\)

Từ đó suy ra \(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1\right]}\)hay ta có đpcm