Với mọi a;b;c không âm ta có:

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

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Áp dụng:

a.

\(VT\le\sqrt{3\left(x+7+y+7+z+7\right)}=\sqrt{3\left(6+21\right)}=9\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

b.

\(VT\le\sqrt{3\left(3x+2y+3y+2z+3z+2x\right)}=\sqrt{15\left(x+y+z\right)}=\sqrt{15.6}=3\sqrt{10}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

c.

\(VT\le\sqrt{3\left(2x+5+2y+5+2z+5\right)}=\sqrt{3\left(2.6+15\right)}=9\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

Nguyễn Việt Lâm

Đề sai, nếu \(x+y+z=3\) thì vế phải là \(3\sqrt{3}\)

Muốn vế phải là 3 thì \(x+y+z=1\)

\(VT\le\sqrt{3\left(x+2y+y+2z+z+2x\right)}=\sqrt{9\left(x+y+z\right)}=3\sqrt{3}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x;y;z\ge0\\x+y+z=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le x;y;z\le1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2\le x\\y^2\le y\\z^2\le z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x^2+x+1\le x^2+2x+1\\2y^2+y+1\le y^2+2y+1\\2z^2+z+1\le z^2+2z+1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P\le\sqrt{\left(x+1\right)^2}+\sqrt{\left(y+1\right)^2}+\sqrt{\left(z+1\right)^2}=x+y+z+3=4\)

\(P_{max}=4\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị

Ta chứng minh điều sau: Nếu \(a,b>0\) thì \(2a^2+ab+2b^2\ge\frac{5\left(a+b\right)^2}{4}.\)  Thực vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
 \(8a^2+4ab+8b^2\ge5\left(a^2+2ab+b^2\right)\Leftrightarrow3\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\Leftrightarrow3\left(a-b\right)^2\ge0.\)

Quay lại bài toán, áp dụng nhận xét ta được

\(\sqrt{2x^2+xy+2y^2}\ge\frac{5\left(x+y\right)}{2},\sqrt{2y^2+yz+2z^2}\ge\frac{5\left(y+z\right)}{2},\sqrt{2z^2+zx+2x^2}\ge\frac{5\left(z+x\right)}{2}.\)

Cộng các bất đẳng thức lại ta sẽ được \(VT\ge\frac{5}{2}>\sqrt{5}.\)

mn ơi ko OLM ko có khóa học lớp 9 àh

bạn hỏi toàn những câu cực kì khoai..

Đặt vế trái của BĐT cần chứng minh là P

Ta có:

\(P=\dfrac{\sqrt{xy+\left(x+y+z\right)z}+\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}}{1+\sqrt{xy}}=\dfrac{\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}}{1+\sqrt{xy}}\)

\(P\ge\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{xy}+z\right)^2}+\sqrt{\left(x+y\right)^2}}{1+\sqrt{xy}}=\dfrac{\sqrt{xy}+x+y+z}{1+\sqrt{xy}}=\dfrac{\sqrt{xy}+1}{1+\sqrt{xy}}=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y\)

ĐKXĐ : \(x>\frac{1}{2};y>\frac{1}{2};z>\frac{1}{2}\)

Áp dụng ( a+b)² \(\ge4ab\)ta có : 

( x+ 2y)² = \(\left(\frac{2x+y}{2}+\frac{3y}{2}\right)^2\ge4.\left(\frac{2x+y}{2}\right).\frac{3y}{2}\)

\(\Rightarrow\left(x+2y\right)^2\ge3y\left(2x+y\right)\)

\(\Rightarrow\frac{2x+y}{x+2y}\le\frac{x+2y}{3y}\)

\(\Rightarrow\frac{2x+y}{x\left(x+2y\right)}\le\frac{1}{3}\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

Tương tự : \(\frac{2y+z}{y\left(y+2\right)}\le\frac{1}{3}\left(\frac{2}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

                        \(\frac{2z+x}{z.\left(z+2x\right)}\le\frac{1}{3}\left(\frac{2}{z}+\frac{1}{x}\right)\)

=> \(A\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)

Ta có : \(\sqrt{\left(2x-1\right)1}\le\frac{2x-1+1}{2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{2x-1}\le x\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x}\le\frac{1}{\sqrt{2x-1}}\)

        \(\frac{1}{y}\le\frac{1}{\sqrt{2y-1}}\)

           \(\frac{1}{z}\le\frac{1}{\sqrt{2z-1}}\)

Do đó 

A \(\le\frac{1}{\sqrt{2x-1}}+\frac{1}{\sqrt{2y-1}}+\frac{1}{\sqrt{2z-1}}\)

Vậy Max A = 3 khi x = y = z = 1

Theo Cô-si ta có:

\(3=\frac{1}{\sqrt{2x-1}}+\frac{1}{\sqrt{2y-1}}+\frac{1}{\sqrt{2z-1}}\ge\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le3\)

Xét:

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-\Sigma_{cyc}\frac{2x+y}{x\left(x+2y\right)}=\frac{1}{3}\left[\frac{\left(x-y\right)^2}{xy\left(x+2y\right)}+\frac{\left(y-z\right)^2}{yz\left(y+2z\right)}+\frac{\left(z-x\right)^2}{zx\left(z+2x\right)}\right]\ge0\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{2x+y}{x\left(x+2y\right)}\le3\)