Đặt đẳng thức là A. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

\(\sqrt{2b\left(a-b\right)}\le\frac{2b+\left(a+b\right)}{2}=\frac{a+3b}{2}\)

Từ đó: \(A\ge\frac{2a\sqrt{2}}{a+3b}+\frac{2b\sqrt{2}}{b+3c}+\frac{2c\sqrt{2}}{c+3a}\)

Ta sẽ chứng minh: \(M=\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)

Thật vậy, ta có: \(M=\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ca}\)

Theo BĐT AM-GM ta có:

\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\)

Áp dụng BĐT cauchy ta được:

\(M\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{4}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{8}{3}\left(ab+bc+ca\right)}\)\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{4}\)

Vì vậy: \(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)

Từ đó ta có: \(A\ge\frac{2a\sqrt{2}}{a+3b}+\frac{2b\sqrt{2}}{b+3c}+\frac{2c\sqrt{2}}{c+3a}\ge2\sqrt{2}.\frac{3}{4}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)

Vậy đẳng thức xảy xa khi và chỉ khi a=b=c

doan thi khanh linh câm cái mồm đi.đã ngu lại còn thích k

áp dụng co si ta có:

\(\frac{b+c}{\sqrt{a}}+\frac{c+a}{\sqrt{b}}+\frac{a+b}{\sqrt{c}}\ge\frac{2\sqrt{bc}}{\sqrt{a}}+\frac{2\sqrt{ca}}{\sqrt{b}}+\frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{c}}\)

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

\(\ge2\sqrt{a}+2\sqrt{b}+2\sqrt{c}=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)+\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)

\(\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3\)

\(\Rightarrow Q.E.D\)

Áp dụng cách đánh giá quen thuộc 

\(3\left(\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\right)\ge\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\right)^2\)

Hay \(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\)

Ta cần chỉ ra được \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Ta đánh giá theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, Cần chú ý đến \(a^2+b^2+c^2\). Ta được

\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\)

Ta cần chứng minh được

\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Hay \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Dễ thấy \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Do đó \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki 

\(\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Do đó ta được \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Bài toán được chứng minh :3

Ta có bđt quen thuộc sau \(\frac{x}{y+z}< \frac{x+m}{y+z+m}\) 

Áp dụng ta được \(\frac{a}{b+c}< \frac{a+a}{a+b+c}=\frac{2a}{a+b+c}\)
Chứng minh tương tự \(\frac{b}{c+a}< \frac{2b}{a+b+c}\)

                                     \(\frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}\)

Do đó \(VT< \frac{2a+2b+2c}{a+b+c}=2\)

Ta đi chứng minh VP > 2 

Áp dụng bđt Cô-si có \(a+\left(b+c\right)\ge2\sqrt{a\left(b+c\right)}\)

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

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

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

Chứng minh tương tự \(\sqrt{\frac{b}{c+a}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\)

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

Cộng 3 vế lại ta được \(VP\ge\frac{2a+2b+2c}{a+b+c}=2\)

Do đó \(VP\ge2>VT\)

\(\Rightarrow VT< VP\left(Q.E.D\right)\)

Dấu "=" không xảy ra

Sang học 24 tìm ai tên Perfect Blue nhé t làm bên đó rồi đưa link thì lỗi ==" , tìm tên đăng nhập  springtime ấy

Chào bác Thắng

Ta có BĐT sau: \(\sqrt{\frac{1+a^2}{b+c}}\ge\frac{a+1}{\sqrt{2\left(b+c\right)}}\)(*) 

Thật vậy, với a,b,c dương, ta có: (*)\(\Leftrightarrow\frac{1+a^2}{b+c}\ge\frac{\left(a+1\right)^2}{2\left(b+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1+a^2}{b+c}\ge\frac{\frac{\left(a+1\right)^2}{2}}{b+c}\Leftrightarrow1+a^2\ge\frac{a^2}{2}+a+\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)^2}{2}\ge0\)(đúng với mọi \(a\inℝ\))

Tương tự, ta có: \(\sqrt{\frac{1+b^2}{c+a}}\ge\frac{b+1}{\sqrt{2\left(c+a\right)}}\)(2); \(\sqrt{\frac{1+c^2}{a+b}}\ge\frac{c+1}{\sqrt{2\left(a+b\right)}}\)(3)

Cộng theo vế của các BĐT (*), (2), (3), ta được:

\(\Sigma\sqrt{\frac{1+a^2}{b+c}}\ge\Sigma\frac{a+1}{\sqrt{2\left(b+c\right)}}\ge\Sigma\frac{a+1}{\frac{\left(b+c\right)+2}{2}}=\Sigma\frac{2\left(a+1\right)}{b+c+2}\)

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

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)}+\frac{9}{a+b+c+3}\)(Theo BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+\left(a+b+c\right)}+\frac{9}{a+b+c+3}\)

\(\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{a+b+c+3}+\frac{9}{a+b+c+3}=\frac{3\left(a+b+c+3\right)}{a+b+c+3}=3\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

\(VT\ge\dfrac{a^2}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}}\)

Đặt \(\left(\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c^2+a^2};\sqrt{a^2+b^2}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=\sqrt{2019}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=\dfrac{y^2+z^2-x^2}{2}\\b^2=\dfrac{x^2+z^2-y^2}{2}\\c^2=\dfrac{x^2+y^2-z^2}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{y^2+z^2-x^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2-y^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2-z^2}{z}\)

\(\Rightarrow2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{y^2+z^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2}{z}-\left(x+y+z\right)\)

\(2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{\left(y+z\right)^2}{2x}+\dfrac{\left(z+x\right)^2}{2y}+\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2z}-\left(x+y+z\right)\)

\(2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{4\left(x+y+z\right)^2}{2x+2y+2z}-\left(x+y+z\right)=x+y+z=\sqrt{2019}\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\sqrt{2019}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{\dfrac{2019}{8}}\) (đpcm)