\(VT=\sqrt{\frac{ab+2c^2}{a^2+ab+b^2}}+\sqrt{\frac{bc+2a^2}{b^2+bc+c^2}}+\sqrt{\frac{ca+2b^2}{c^2+ca+a^2}}\)

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

\(\ge\frac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2c^2+2ab}+\frac{2\left(bc+2a^2\right)}{2a^2+b^2+c^2+2bc}+\frac{2\left(ca+2b^2\right)}{a^2+2b^2+c^2+2ca}\)

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

\(=2+ab+bc+ca=VP\) (Do a² + b² + c² = 1) => ĐPCM.

Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}.\)

chăc là .............................. điền đi sẽ biếc a you ok ?

\(P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}\) 

\(=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(ab+bc+ca+a^2\right)\left(ab+bc+ca+b^2\right)\left(ab+bc+ca+c^2\right)}}\)

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

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

Ta có:\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=1\left(1\right)\) 

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

Tương tự:\(b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(P\ge1+\frac{8abc}{8abc}=2\left(đpcm\right)\)

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

:))

ở phần cô si phần cuối là bn sai r

vì >= nhưng ở dưới mẫu nên bị đảo lại thành =< nên bn lm như thế k đúng

đay là link giải https://diendan.hocmai.vn/threads/bdt-a-2-b-2-c-2-dfrac-8abc-a-b-b-c-c-a-geq-2.341255/

Em không chắc đâu nha....Em mới học BĐT nên còn khá ngu về phần này,xin được chỉ giáo thêm ạ! :D

Biển đổi P trở thành\(P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\) (như a/c Con Chim 7 Màu gì đó)

\(=\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1\right)+\left(\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)-1+2\)

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

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

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

Để cho gọn,ta đặt \(P=S_c\left(a-b\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_a\left(b-c\right)^2+2\) 

Với \(S_c=\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\) (như trên)

\(S_a=\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{a}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\)

\(S_b=\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\)

Ta đi chứng minh: \(S_a;S_b;S_c\ge0\).Thật vậy,xét S_c:

Ta chứng minh \(S_c=\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\ge\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2c\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2c\left(ab+bc+ca\right)\) (biến đổi làm cho 2 vế đồng bậc)

Chuyển vế qua ta cần chứng minh \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b-c\right)+ca\left(a-c\right)\ge0\) (1)

Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow\)BĐT (1) đúng nên \(S_c\ge0\)

Do tính đối xứng của P nên ta cũng có \(S_b;S_c\ge0\)

Từ đây suy ra \(=\Sigma\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\left(a-b\right)^2+2\ge2\left(đpcm\right)\)

Hình như bạn bị lỗi một chút. Để phải là: CM

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\geq 2\)

Giải như sau:

Đặt \(\left ( \frac{a}{b+c},\frac{b}{c+a},\frac{c}{a+b} \right )=(x,y,z)\). Khi đó, ta thu được điều kiện sau:

\(\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}=1\Leftrightarrow xy+yz+xz+2xyz=1\)

Bài toán chuyển về CM \(x+y+z+\sqrt{2xyz}\geq 2\)\(\)

\(\Leftrightarrow x+y+z+\sqrt{1-(xy+yz+xz)}\geq 2\) \((\star)\)

Từ điều kiện $(1)$ , áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

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

\(\Rightarrow x(x+1)+y(y+1)+z(z+1)\geq (x+y+z)^2\)

\(\Rightarrow x+y+z\geq 2(xy+yz+xz)\) $(1)$

Ta sẽ chứng minh \(2(xy+yz+xz)+\sqrt{1-(xy+yz+xz)}\geq 2\)$(2)$

Thật vậy:

Theo Am-Gm: \(1=xy+yz+xz+2xyz\leq xy+yz+xz+2\sqrt{\frac{(xy+yz+xz)^3}{27}}\)

Đặt \(\sqrt{\frac{xy+yz+xz}{3}}=t\). Ta có

\(1\leq 3t^2+2t^3\Leftrightarrow (t+1)^2(2t-1)\geq 0\Rightarrow t\geq\frac{1}{2}\)

Khi đó \((1)\Leftrightarrow 6t^2+\sqrt{1-3t^2}\geq 2\Leftrightarrow (2t-1)(2t+1)(3t^2-1)\leq0\)

Điều này luôn đúng do \(t\geq \frac{1}{2}\) và \(1>xy+yz+xz=3t^2\)

Do đó $(1)$ được CM.

Từ \((1),(2)\Rightarrow (\star)\) đúng, bài toán được hoàn thành.

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{2}$, hay $a=b=c$

2. Bạn kiểm tra lại đề: VP = 1/2

Ta có: 

  \(\sqrt{a\left(3a+b\right)}=\frac{1}{4}.2.\sqrt{4a\left(3a+b\right)}\le\frac{1}{4}\left(4a+3a+b\right)=\frac{1}{4}\left(7a+b\right)\)

\(\sqrt{b\left(3b+a\right)}=\frac{1}{4}.2.\sqrt{4b\left(3b+a\right)}\le\frac{1}{4}\left(4b+3b+a\right)=\frac{1}{4}\left(7b+a\right)\)

=> \(\frac{a+b}{\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}}\ge\frac{a+b}{\frac{1}{4}\left(7a+b\right)+\frac{1}{4}\left(7b+a\right)}=\frac{a+b}{2\left(a+b\right)}=\frac{1}{2}\)

Vậy: \(\frac{a+b}{\sqrt{a\left(3a+b\right)}+\sqrt{b\left(3b+a\right)}}\ge\frac{1}{2}\) với a, b dương

ta có \(\sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}=\frac{ab+2c^2}{\sqrt{1+ab-c^2}.\sqrt{ab+2c^2}}=\frac{ab+2c^2}{\sqrt{1+ab-c^2}\sqrt{ab+2c^2}}\)

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có 

\(\sqrt{ab+1-c^2}\sqrt{ab+2c^2}\le\frac{1}{2}\left(ab+1-c^2+ab+2c^2\right)=\frac{1}{2}\left(2ab+1+c^2\right)\) 

=\(\frac{1}{2}\left(2ab+a^2+b^2+2c^2\right)=\frac{1}{2}\left[\left(a+b\right)^2+2c^2\right]\le\frac{1}{2}\left(2a^2+2b^2+2c^2\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)\) =1

=> \(\frac{ab+2c^2}{...}\ge\frac{ab+2c^2}{1}=2c^2+ab\)

tương tự + vào thì e sẽ ra điều phải chứng minh

Nhà hàng Tôm hùm kính chào quý khách ĐC : 255 Nguyễn Huệ, Q tân bình , TP HCM

mik ko bt,ahihi

Áp dụng bất đăng thức cô si, ta có:

\(A=\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{a^2}}\)

\(\ge\sqrt{2.\frac{a}{b}}+\sqrt{2.\frac{b}{a}}\)

\(\ge2.\sqrt{\sqrt{2.\frac{a}{b}.2.\frac{b}{a}}}=2\sqrt{2}\)

Dấu " = " xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{1}{b}\\\frac{a}{b}=\frac{b}{a}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=1\)