Ta có : \(\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}=\sqrt{ab+bc+ac+a^2}+\sqrt{ab+bc+ac+b^2}+\sqrt{ab+bc+ac+c^2}=\sqrt{\left(b+a\right)\left(a+c\right)}+\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\sqrt{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}\)

\(\le\frac{a+c+b+c}{2}+\frac{a+b+b+c}{2}+\frac{a+c+a+b}{2}=2\left(a+b+c\right)\)

( áp dụng BĐT Cô - si cho các số a ; b ; c dương )

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab+bc+ac=1\\a+c=b+c=a+b\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Vậy ...

Gọi 1/4 số a là 0,25 . Ta có :

                   a . 3 - a . 0,25 = 147,07

                   a . (3 - 0,25) = 147,07 ( 1 số nhân 1 hiệu )

                      a . 2,75 = 147,07

                         a = 147,07 : 2,75

                          a = 53,48

mình nha

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

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

\(\le\frac{a+b+a+c}{2}=\frac{2a+b+c}{2}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:

\(\sqrt{b^2+1}\le\frac{2b+c+a}{2};\sqrt{c^2+1}\le\frac{2c+a+b}{2}\)

Cộng theo vế 2 BĐT trên thu đc ĐPCM

xài mincopski thử, tui ăn cơm đã

#: Lỡ hẹn với Mincopxki rồi xài cách khác vậy :(

Đặt \(a=\frac{2x}{3};b=\frac{2y}{3};c=\frac{2z}{3}\)

Khi đó ta có \(xy+yz+xz\ge3\) và cần chứng minh

\(Σ_{cyc}\sqrt{\frac{4x^2}{9}+\frac{9}{\left(2y+3\right)^2}}\ge\frac{\sqrt{181}}{5}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:\(Σ_{cyc}\sqrt{\frac{4x^2}{9}+\frac{9}{\left(2y+3\right)^2}}\)

\(=\frac{15}{\sqrt{181}}Σ_{cyc}\sqrt{\left(\frac{4}{9}+\frac{9}{25}\right)\left(\frac{4x^2}{9}+\frac{9}{\left(2y+3\right)^2}\right)}\ge\frac{15}{\sqrt{181}}Σ_{cyc}\left(\frac{4x}{9}+\frac{9}{5\left(2y+3\right)}\right)\)

Giờ chỉ cần chứng minh \(\frac{15}{\sqrt{181}}Σ_{cyc}\left(\frac{4x}{9}+\frac{9}{5\left(2y+3\right)}\right)\ge\frac{\sqrt{181}}{5}\)

\(\Leftrightarrow20\left(x+y+z\right)+81\left(\frac{1}{2x+3}+\frac{1}{2y+3}+\frac{1}{2z+3}\right)\ge\frac{543}{5}\)

Đặt tiếp \(x+y+z=3u;xy+yz+xz=3v^2\left(v>0\right)\)

Vì thế \(u\ge v\ge1\)và áp dụng BĐT C-S dạng Engel ta có:

\(20\left(x+y+z\right)+81\left(\frac{1}{2x+3}+\frac{1}{2y+3}+\frac{1}{2z+3}\right)-\frac{543}{5}\)

\(\ge20\left(x+y+z\right)+81\cdot\frac{\left(1+1+1\right)^2}{Σ_{cyc}\left(2x+3\right)}-\frac{543}{5}=60u+\frac{729}{6u+9}-\frac{543}{5}\)

\(=3\left(20u+\frac{81}{2u+3}-\frac{181}{5}\right)=\frac{6\left(u-1\right)\left(100u+69\right)}{5\left(2u+3\right)}\ge0\) 

Điều này đúng tức là ta có ĐPCM

ko cả biết BĐT AM-GM với C-S là gì còn hỏi bài này rảnh háng

Đề sai rồi. Nếu như là a, b, c dương thì giá trị nhỏ nhất của nó phải là 9 mới đúng. Còn để có GTNN như trên thì điều kiện là a, b, c không âm nhé. Mà bỏ đi e thi cái gì mà phải giải câu cỡ này. Cậu này mạnh lắm đấy không phải dạng thường đâu.

Khó quá bạn mình chịu mình cũng học lớp 9 nè kết bạn nhà bạn

Mình biết giải rồi ko bt đúg ko nha

Ta có vế phải

Mình ko bt viết dấu căng

Căng a bình +1 căng b bình + 1 + căng c bình + 1

Vì a, b,c > 0

Đưa ra ngoài dấu căng ta sẽ đc

a×1 + b×1 +c× 1

Ta có chắc chắn rằng a + b + c ≤ 2(a+b+c) 

Vậy viết lại cái đề

Bạn cũng có thể biến đổi vế trái nha

Mình vừa tìm ra cách giải rồi. Mình để lại bài làm cho bạn nào cần:

Ta có: \(\sqrt{a^2+1}=\sqrt{a^2+ab+bc+ac}=\sqrt{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

Vì \(a,b,c>0\) nên \(a+b>0\)và \(a+c>0\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương \(\left(a+b\right)\)và \(\left(a+c\right)\)ta có:

\(a+b+a+c\ge2\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow2a+b+c\ge2\sqrt{a^2+1}\)

Ta có: \(\sqrt{b^2+1}=\sqrt{b^2+ab+bc+ac}=\sqrt{b\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\)

Vì \(a,b,c>0\)nên \(a+b>0\)và \(b+c>0\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương \(\left(a+b\right)\)và \(\left(b+c\right)\)ta có:

\(a+b+b+c\ge2\sqrt{\left(a+b\right)+\left(b+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow a+2b+c\ge2\sqrt{b^2+1}\)

Ta có: \(\sqrt{c^2+1}=\sqrt{c^2+ab+bc+ac}=\sqrt{a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)}=\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)

Vì \(a,b,c>0\)nên \(a+c>0\)và \(b+c>0\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương \(\left(a+c\right)\)và \(\left(b+c\right)\)ta có:

\(a+c+b+c\ge2\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow a+b+2c\ge2\sqrt{c^2+1}\)

Từ các điều chứng minh trên, ta có:

\(2a+b+c\ge2\sqrt{a^2+1}\)

\(a+2b+c\ge2\sqrt{b^2+1}\)

\(a+b+2c\ge2\sqrt{c^2+1}\)

Cộng các vế của các bất đẳng thức đã chứng minh, ta có:

\(2a+b+c+a+2b+c+a+b+2c\ge2\sqrt{a^2+1}+2\sqrt{b^2+1}+2\sqrt{c^2+1}\)

\(\Leftrightarrow4\left(a+b+c\right)\ge2\left(\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}\sqrt{c^2+1}\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\ge\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\)(điều phải chứng minh)

Vậy với \(a,b,c>0\)và \(ab+bc+ac=1\)thì \(2\left(a+b+c\right)\ge\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\)

Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{c.1+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{c\left(a+b+c\right)+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{c\left(b+c\right)+a\left(b+c\right)}}=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)

\(=\sqrt{\frac{a}{a+c}.\frac{b}{b+c}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}\right)\)( bđt Cosi)

Tương tự như trên: \(\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right);\sqrt{\frac{ac}{b+ac}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{c}{b+c}\right)\)

=> \(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{a}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)=\frac{3}{2}\)

"=" Xảy ra khi và chỉ khi:

\(\frac{a}{a+c}=\frac{b}{b+c}\Leftrightarrow a\left(b+c\right)=b\left(a+c\right)\Leftrightarrow a=b\)

\(\frac{a}{a+b}=\frac{c}{b+c}\Leftrightarrow a=c\)

\(\frac{c}{a+c}=\frac{b}{a+b}\Leftrightarrow b=c\)

\(a+b+c=1\)

Từ các điều trên ta có đc: \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Vậy GTLN của P=3/2 khi và chỉ khi a=b=c=1/3