\(M=a^2-a\left|a\right|-\dfrac{b}{2}\cdot2\left|b\right|-b^2\\ M=a^2+a^2-b^2-b^2\\ M=2\left(a^2-b^2\right)\\ D\)

D . \(2.\left(a^2-b^2\right)\)

B xem lại đề bài thử nhé

bài này mình cũng dò lại đề rồi mình chép đúng đấy mà không làm được nên mới nhờ giải

Cố gắng hơn nữa bạn cho mình biết là cái đề này bạn chép từ bộ đề nào để mình lên mạng tìm thử xem sao. Biết đâu cái đề bạn cầm trên tay nó bị lỗi đánh máy thì sao.

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

\(M=\sqrt{\left(a+b\right)^2+b^2}+\sqrt{\left(b^{ }+c\right)^2+c^2}+\sqrt{\left(c+a\right)^2+a^2}\)

\(M\ge\sqrt{\left(a+b+b+c+c+a\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\ge\sqrt{\left[2\left(a+b+c\right)\right]^2+3^2}\ge\sqrt{6^2+3^2}\ge3\sqrt{5}\)

\(dấu\)\("="xảy\) \(ra\) \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Cách khác:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$5(a^2+2ab+2b^2)=[(a+b)^2+b^2](2^2+1^2)\geq [2(a+b)+b]^2$

$\Rightarrow \sqrt{5(a^2+2ab+b^2)}\geq 2a+3b$

Tương tự với các căn thức còn lại và cộng theo vế:

$M\sqrt{5}\geq 5(a+b+c)$

$\Leftrightarrow M\geq \sqrt{5}(a+b+c)=3\sqrt{5}$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

mờ quá bạn

Lời giải:
Với $a,b,c>0$ dễ thấy $0< \frac{a}{a+2b}< 1$

$\Rightarrow 0< \sqrt{\frac{a}{a+2b}}< 1$

$\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{a+2b}}> \frac{a}{a+2b}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:

$\text{VT}> \frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+2ba+b^2+2cb+c^2+2ac}=1$

Do đó $\text{VT}>1$ (đpcm)

Sử dụng BĐT AM-GM:

\(VT=\sum\limits_{cyc} \sqrt{\frac{a}{a+2b}} =\sum\limits_{cyc} \frac{a}{\sqrt{a(a+2b}}\geq \sum\limits_{cyc} \frac{2a}{2(a+b)}\)

\(=\sum\limits_{cyc} \frac{a^2}{a^2 +ab} \ge \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca} >\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca} = 1\) (đpcm)

P/s: Em không chắc lắm.