Bạn kiểm tra lại đề

\(z=max\left\{x;y;z\right\}\)hay \(z=min\left\{x;y;z\right\}\)

\(GT\Leftrightarrow xy=2\left(x+y\right)\ge4\sqrt{xy}\Rightarrow\sqrt{xy}\ge4\)

\(\Rightarrow4\le\sqrt{xy}\le\dfrac{1}{4}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}\ge4\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=4\)

Áp dụng bđt Cô-si vào 2 số dương có:

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{2}{\sqrt{xy}}\Rightarrow\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{2}{\sqrt{xy}}\Rightarrow\sqrt{xy}\ge4\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}\ge2\sqrt{\sqrt{xy}}=2\sqrt{4}=4\)

Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=4\)

`1/x+1/y>=2/(\sqrt{xy})`

`<=>1/2>=2/(\sqrt{xy})`

`<=>\sqrt{xy}>=4`

`=>\sqrt{x}+\sqrt{y}>=2.2=4`

Dấu "=" xảy ra khi `x=y=4`

\(VT\ge\left(3x+3y\right).\frac{4}{3x+3y}=4\)

Đẳng thức xảy ra khi x = y

Sửa ĐK x, y > 0 

Ta có : \(\frac{1}{x+2y}+\frac{1}{2x+y}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{x+2y+2x+y}=\frac{4}{3x+3y}\)( Bunyakovsky dạng phân thức )

=> \(\left(3x+3y\right)\left(\frac{1}{x+2y}+\frac{1}{2x+y}\right)\ge\left(3x+3y\right)\left(\frac{4}{3x+3y}\right)=4\)

Đẳng thức xảy ra khi x = y

\(x+\frac{1}{x}\ge2\Leftrightarrow\frac{x^2+1}{x}\ge2\)

\(\Leftrightarrow x^2+1\ge2x\left(x\ge0\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\ge0\left(\text{luôn đúng}\right)\)

Vì BĐT cuối đúng nên BĐT đầu đúng (với x >= 0)

\(x+\frac{1}{x}\ge2\Leftrightarrow x>0\) vì x ở mẫu thức nên dấu =  không xảy ra nha bạn, lúc này mình ko để ý 

còn câu tiếp theo đề ntn mới đúng, cm tương tự câu trước \(\frac{x^2+2x+1}{x}\ge4\text{ với }x>0\)

\(\sqrt{\left(x-1\right).\left(4-x\right)}=\sqrt{4x-x^2-4+x}\)

\(=\sqrt{-\left(x^2-5x+4\right)}=\sqrt{-\left(x-\frac{5}{2}\right)^2+\frac{9}{4}}\le\frac{3}{2}\)

với \(1\le x\le4\)(thì BT trên có nghĩa )

\(P=\frac{1}{\left(x+y\right)\left(\left(x+y\right)^2-3xy\right)}+\frac{1}{xy}=\frac{1}{1-3xy}+\frac{1}{xy}=\frac{1}{1-3xy}+\frac{3}{3xy}\ge\frac{\left(1+\sqrt{3}\right)^2}{1-3xy+3xy}=4+2\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=\frac{3+\sqrt{6\sqrt{3}-9}}{6}\\y=\frac{3-\sqrt{6\sqrt{3}-9}}{6}\end{matrix}\right.\) và hoán vị

Bài 3 thì \(\le1\)

Bài 4 thì \(\ge\frac{3}{4}\) nhé

Bài 3 thì \(\le1\)

Bài 4 thì \(\ge\frac{3}{4}\) nhé

Bài 4:

Đặt: \(A=\frac{a}{\sqrt{a^2+15bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+15ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+15ab}}\)

Và: \(B=a\left(a^2+15bc\right)+b\left(b^2+15ca\right)+c\left(c^2+15ab\right)\)

Áp dụng BĐT Holder ta có:

\(A^2.B\ge\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Rightarrow A^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{a^3+b^3+c^3+45abc}\)

Ta chứng minh được: \(\frac{\left(a+b+c\right)^3}{a^3+b^3+c^3+45abc}\ge\frac{9}{16}\)

\(\Leftrightarrow16\left[a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]\ge9\left(a^3+b^3+c^3+45abc\right)\)

\(\Leftrightarrow7\left(a^3+b^3+c^3\right)+48\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge405abc\)

\(\text{Vế trái}\) \(\ge21abc+384abc\)

\(\Rightarrow\) \(\text{Vế trái}\) \(\ge3abc\left(7+16.8\right)\)

\(\Rightarrow\)\(\text{Vế trái}\) \(\ge9abc.45\)

\(\Rightarrow\) \(​​​\text{Đpcm}\)