Conan: bác mori ơi cháu biết hung thủ là ai rồi

Mouri : cái j , trẻ con đi chỗ khác chơi

Conan : hừ , lại phải dùng thuốc gây mê rồi ,  pặc

Mouri : á á :) , lại thế nữa rồi , á á 

Conan : thanh tra megure ơi bác mouri nói đã tìm ra hung thủ rồi

megure : Thật không Mori , anh đã tìm ra hung thủ rồi à 

Mouri : chính xác hung thủ chính là hắn :) 

dự đoán của Mouri a=b=c=2

áp dụng BDT cô si ta có

\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{\sqrt{b^3+1}+\sqrt{c^3+1}+\sqrt{a^3+1}}.\)

áp dụng BDT cô si dạng shinra " mẫu số" ta có   với Q= mẫu số

\(\sqrt{\left(b^3+1\right).9}\le\frac{b^3+1+9}{2}\)

\(\sqrt{\left(c^3+1\right).9}\le\frac{c^3+1+9}{2}\)

\(\sqrt{a^3+1.9}\le\frac{a^3+1+9}{2}\)

\(3Q\le\frac{1}{2}\left(a^3+b^3+c^3\right)+15.\)

có

\(a^3+8+8\ge3\sqrt[3]{a^32^32^3}=12a\)

\(b^3+8+8\ge12b\)

\(c^3+8+8\ge12c\)

\(a^3+b^3+c^3\ge72-48=24\)

\(3Q\le\frac{24}{2}+15=27\Leftrightarrow Q=9\)

thay vào VT ta được

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

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

\(VT\ge\frac{6+2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\right)}{9}\)

\(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{a^2b^2c^2}}=3\sqrt[3]{abc}\)

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)

suy ra đươc  \(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}=a+b+c=6\)

\(VT\ge\frac{6+2\left(6\right)}{9}=2\)

dấu = xảy ra khi a=b=c=2

p/s đúng nhé

Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT=Σ_{cyc}\frac{a}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}}\geΣ_{cyc}\frac{a}{\sqrt{\frac{\left(b+1+b^2-b+1\right)^2}{4}}}\)

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

Cần c.minh \(\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{Σ_{cyc}ab^2+2\left(a+b+c\right)}\ge2\)\(\Leftrightarrow\frac{36}{Σ_{cyc}ab^2+12}\ge1\)

Hay \(ab^2+bc^2+ca^2\le24\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\left(☺\right)\)

\(VT_{\left(☺\right)}\ge3\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)\ge9\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\) (vì \(\left(Σa\right)^2\ge3\left(Σab\right)\))

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+ac+bc\right)\ge3\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)

Tự c.m nốt gợi ý: \(a^2b+b^2c+c^2a-\)\(\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)\(=\frac{\left(a-b\right)^3+\left(b-c\right)^3+\left(c-a\right)^3}{3}\)

Và \(3abc-\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)=ab\left(c-b\right)+bc\left(a-c\right)+ac\left(b-a\right)\)

\(VT\ge\frac{4\left(\sum\sqrt{a}\right)^2}{2\sum\sqrt{a}}=2\sum\sqrt{a}=VP\)

Ta sử dụng bất đẳng thức Chebyshev sau đây:

Nếu các số \(a\ge b\ge c,x\ge y\ge z\) thì \(3\left(ax+by+cz\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right).\)

Thực vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(\left(a-b\right)\left(x-y\right)+\left(b-c\right)\left(y-z\right)+\left(c-a\right)\left(z-x\right)\ge0.\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

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

\(\leftrightarrow\frac{a+b-2c}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}+\frac{c+a-2b}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}+\frac{b+c-2a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge0\)         (***)

Tuy nhiên ta có \(a+b-2c\ge c+a-2b\ge b+c-2a\)   và \(\frac{1}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}\ge\frac{1}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}\ge\frac{1}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\)  nên theo bất đẳng thức Chebyshev 

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

\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b-2c+b+c-2a+c+a-2b\right)\left(\frac{1}{\sqrt{c\left(a+b\right)}}+\frac{1}{\sqrt{b\left(c+a\right)}}+\frac{1}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\right)=0.\)

Vậy bất đẳng thức (***) đúng, nên ta có điều phải chứng minh.

Ta có: \(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}=\sqrt{\frac{a^2}{a\left(b+c+d\right)}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}\)

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

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

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

(a,b,c,d>0)

Cmtt: \(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{b}{a+c+d}}\ge\frac{2b}{a+b+c+d}\\\sqrt{\frac{c}{b+a+d}}\ge\frac{2c}{a+b+c+d}\\\sqrt{\frac{d}{a+b+c}}\ge\frac{2d}{a+b+c+d}\end{cases}}\)

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

Đến đây tự xử lí phần dấu "="

Lời giải:

Đặt biểu thức vế trái là $P$

Hiển nhiên $a,b,c$ không thể cùng đồng thời bằng $0$

Nếu trong 3 số $a,b,c$ có 2 số bằng $0$ thì $ab+bc+ac=0$ (trái giả thiết)

Nếu trong 3 số $a,b,c$ có 1 số bằng $0$. Giả sử đó là $a$

Khi đó:

$P=\sqrt{\frac{b}{c}}+\sqrt{\frac{c}{b}}\geq 2$ theo BĐT AM-GM $(*)$

Nếu cả 3 số $a,b,c$ đều lớn hơn $0$

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{b+c}{a}=\frac{b+c}{a}.1\left(\frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}\right)^2\leq \left(\frac{a+b+c}{2a}\right)^2\Rightarrow \sqrt{\frac{b+c}{a}}\leq \frac{a+b+c}{2a}\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}\)

Hoàn toàn tương tự:

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

Cộng theo vế thì $P\geq 2 (**)$

Từ $(*); (**)\Rightarrow$ đpcm.