Với x,y,z>0, áp dụng BĐT Bunhiacopxki

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

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)2.3\ge\left(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\right)^2\) 

\(\Leftrightarrow6\ge\left(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\right)^2\) 

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\le\sqrt{6}\) (đpcm) 

Dấu "=" khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho các cặp số không âm, ta có:

\(\sqrt{\frac{2}{3}\left(x+y\right)}\le\frac{\frac{2}{3}+x+y}{2}=\frac{2+3x+3y}{6}\)

\(\sqrt{\frac{2}{3}\left(y+z\right)}\le\frac{\frac{2}{3}+y+z}{2}=\frac{2+3y+3z}{6}\)

\(\sqrt{\frac{2}{3}\left(z+x\right)}\le\frac{\frac{2}{3}+z+x}{2}=\frac{2+3z+3x}{6}\)

Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên \(\sqrt{\frac{2}{3}}\text{∑}\sqrt{x+y}\le2\)

\(\Rightarrow\text{∑}\sqrt{x+y}\le\sqrt{6}\)

Vậy \(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\le\sqrt{6}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)

Cái giả thiết ghi \(x,y,z\ge0\) mà sử dụng ít thấy bthường ghê,mình làm phần tìm Min nhé !

Ta chứng minh  \(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}\ge\sqrt{x+y+z}+\sqrt{y}\)

\(\Leftrightarrow x+y+y+z+2\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\ge x+y+z+y+2\sqrt{y\left(x+y+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\ge\sqrt{y\left(x+y+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\ge y\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow xz\ge0\)( đúng )

Ta có:\(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\)

\(\ge\sqrt{x+y+z}+\sqrt{y}+\sqrt{z+x}\)

\(\ge\sqrt{x+y+z}+\sqrt{x+y+z}=2\) ( cái này bạn tự chứng minh )

Dấu "=" xảy ra chẳng hạn 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1.

bạn sử dụng bất đẳng thức : 3 ( a\(^2\)+ b\(^2\)+ c\(^2\)) \(\le\)( a + b + c )\(^2\)

rồi thay : a = x + y ; b = y + z ; c = z + x là được

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT^2=\left(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{x+z}\right)^2\)

\(\le\left(1+1+1\right)\cdot2\cdot\left(x+y+z\right)\)

\(=3\cdot2\cdot1=6=VP^2\)

Xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)

Áp dụng Bđt \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

Ta có:

\(A^2\le6\left(x+y+z\right)=6\)

\(\Leftrightarrow A\le\sqrt{6}\)(Đpcm)

1933 -109

Giả thiết thiếu rồi em, chỗ \(\dfrac{1}{x+1}+...\) thiếu đoạn sau nữa

Đặt \(\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}};\dfrac{1}{\sqrt{y}};\dfrac{1}{\sqrt{z}}\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow\dfrac{a^2}{a^2+1}+\dfrac{b^2}{b^2+1}+\dfrac{c^2}{c^2+1}=1\)

Ta cần chứng minh: \(ab+bc+ca\le\dfrac{3}{2}\)

Thật vậy, ta có:

\(1=\dfrac{a^2}{a^2+1}+\dfrac{b^2}{b^2+1}+\dfrac{c^2}{c^2+1}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3}\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\dfrac{3}{2}\) (đpcm)

c) theo bunhia ta có:

\(VT^2\le3\left(x+y+y+z+z+x\right)=6\)

\(\Rightarrow VT\le\sqrt{6}\)

bạn giải hẳn ra đc k?