Đặt \(K=a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\)

\(\Rightarrow2K=2a\sqrt{b^3+1}+2b\sqrt{c^3+1}+2c\sqrt{a^3+1}=\)\(2a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}+2b\sqrt{\left(c+1\right)\left(c^2-c+1\right)}\)\(+2c\sqrt{\left(a+1\right)\left(a^2-a+1\right)}\)\(\le a\left[\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)\right]+b\left[\left(c+1\right)+\left(c^2-c+1\right)\right]\)\(+c\left[\left(a+1\right)+\left(a^2-a+1\right)\right]\)(Theo BĐT AM - GM)

\(=a\left(b^2+2\right)+b\left(c^2+2\right)+c\left(a^2+2\right)\)\(=ab^2+bc^2+ca^2+6\)

Đặt \(M=ab^2+bc^2+ca^2\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge c\ge b\)thì ta có \(b\left(a-c\right)\left(c-b\right)\ge0\Leftrightarrow abc+b^2c\ge ab^2+bc^2\)

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

hay \(M\le abc+b^2c+ca^2\le2abc+b^2c+ca^2=c\left(a+b\right)^2\)\(=4c.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}\le\frac{4}{27}\left(c+\frac{a+b}{2}+\frac{a+b}{2}\right)^3\)\(=\frac{4\left(a+b+c\right)^3}{27}=4\)

\(\Rightarrow2K\le10\Rightarrow K\le10\)

Vậy \(a\sqrt{b^3+1}+b\sqrt{c^3+1}+c\sqrt{a^3+1}\le5\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(2,0,1\right)\)

Kiệt cop sai đáp án rồi kìa :))
Đoạn cuối không giả sử \(a\ge c\ge b\) được đâu nhá

Mà phải giả sử b là số nằm giữa a và c

Khi đó:

\(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Leftrightarrow b^2+ac\le ab+bc\)

\(\Leftrightarrow ab^2+a^2c\le a^2b+abc\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2=b\left(a^2+ac+c^2\right)\)

\(\le b\left(a^2+2ac+c^2\right)=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)

Ta chứng minh \(b\left(3-b\right)^2\le4\Leftrightarrow\left(b-1\right)^2\left(b-4\right)\le0\) *đúng *

Vậy ............................

chắc là sai ngay...

a) \(BĐT\Leftrightarrow\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}\le\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{c\left(a-c\right)}{ab}}+\sqrt{\frac{c\left(b-c\right)}{ab}}\le1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{c}{b}\left(1-\frac{c}{a}\right)}+\sqrt{\frac{c}{a}\left(1-\frac{c}{b}\right)}\le1\)

Áp dụng AM-GM:\(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{b}+1-\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+1-\frac{c}{b}\right)=1\left(đpcm\right)\)

Dấu = xảy ra khi (a+b).c=ab

b) \(2+b+c+2+b+c\ge2\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+2+b+c=\left(\sqrt{1+b}+\sqrt{1+c}\right)^2\ge4\left(1+a\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\ge2a\)

cau a) dung cosi

\(\sqrt{c\left(a-c\right)}\le\frac{a-c+c}{2}\) ap dung cosi cho hai so c va a-c

tuong tu voi cac so khac

\(BT\le\frac{a-c+c}{2}+\frac{b-c+c}{2}-\frac{a+b}{2}\)(bt la VT cua de)

=> DPCM

b)

dung cosi nhu cau a

lam nhanh luon

\(\sqrt{1+b}\ge\frac{b+1+1}{2}\)

tuong tu

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

<=> b+c>=2a

đánh dấu *

Chứng minh điều ngược lại đúng tức là. Cho a,b,c>0 thỏa \(b+c=2a\) thì \(\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\le2\sqrt{a+1}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT=\left(\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\right)^2\)

\(\le​\left(1+1\right)\left(b+1+c+1\right)\)

\(=2\left(b+c+2\right)\le4\left(a+1\right)=VP\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{b+1}+\sqrt{1+c}\right)^2\le4\left(a+1\right)\)

\(\Rightarrow\sqrt{b+1}+\sqrt{1+c}\le\sqrt{4\left(a+1\right)}=2\sqrt{a+1}\)

BĐT cuối đúng hay ta có ĐPCM

Chứng minh điều ngược lại đúng, tức là :Cho a,b,c>0 thỏa \(b+c=2a\) thì \(\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\le2\sqrt{a+1}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT^2=\left(\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\right)^2\)

\(\le\left(1+1\right)\left(b+1+c+1\right)\)

\(=2\left(b+c+2\right)=2\left(2a+2\right)\)

\(=4\left(a+1\right)=2^2\sqrt{\left(a+1\right)^2}=VP^2\)

Vì \(VT^2\le VP^2\Rightarrow VT\le VP\)

BĐT kia đúng nên ta có ĐPCM

sr bn mk tưởng chưa gửi dc nên gửi lại, Sorry

Tham khảo:

Với các số thực không âm a,b,c thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=1\), tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  \(Q=\s... - Hoc24

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:

\((a+b)^2+\frac{a+b}{2}=(a+b)[(a+b)+\frac{1}{2}]\)

\(=(a+b)[(a+\frac{1}{4})+(b+\frac{1}{4})]\geq 2\sqrt{ab}(\sqrt{a}+\sqrt{b})=2a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{4}$