Lời giải:

Từ ĐKĐB kết hợp BĐT Bunhiacopxky:
\(3(a^2+6)=3(a^2+a^2+b^2)=(1+2)(2a^2+b^2)\geq (\sqrt{2}a+\sqrt{2}b)^2\)

\(\Rightarrow \sqrt{3(a^2+6)}\geq \sqrt{2}(a+b)\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a,b>0\\ a^2+b^2=6\\ \frac{1}{\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{b}\end{matrix}\right.\) hay $a=\sqrt{\frac{6}{5}}; b=2\sqrt{\frac{6}{5}}$

ta có: \(\sqrt{3\left(a^2+b^2\right)}\ge\left(a+b\right)^2\sqrt{2}\)

\(\Leftrightarrow3\left(2a^2+b^2\right)\ge2\left(a+b\right)^2\)(vì a²+b²=6)

\(\Leftrightarrow6a^2+3b^2\ge2a^2+4ab+2b^2\)

\(\Leftrightarrow4a^2-4ab+b^2\ge0\\ \Leftrightarrow\left(2a-b\right)^2\ge0\)

(luôn đúng với mọi a;bdương)

=> đpcm

Bình phương 2 vế ta được 

3a² + 18 - 2a² - 4ab - 2b² \(\ge\)0

<=> a² - 2b² - 4ab + 3( a² + b²) \(\ge0\)

<=> 4a² - 4ab + b² \(\ge0\)

<=> (2a - b)² \(\ge0\)(đúng)

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

\(VT=\sqrt{\left[a^2-2a+1+a^2+2a+1\right]\left[b^2+2bc+c^2+b^2c^2-2bc+1\right]}\)

\(VT=\sqrt{\left[\left(1-a\right)^2+\left(a+1\right)^2\right]\left[\left(bc-1\right)^2+\left(b+c\right)^2\right]}\)

Bunhiacopxki:

\(VT\ge\left(1-a\right)\left(bc-1\right)+\left(a+1\right)\left(b+c\right)=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)-2\left(1+abc\right)\)

\(BĐT\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc\)

\(+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)

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

Áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\left(\text{ Σ}_{cyc}ab\sqrt{ab}\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\)(1)

Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(bc^2+ca^2+ab^2\right)\ge\left(3abc\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge3abc\)(2)

Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ca^2+b^2a+c^2b\right)\ge\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\sqrt{bc}\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ca}+c^2\sqrt{ab}\)(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(3P\ge3abc+\left[\text{Σ}_{cyc}\left(a^2\sqrt{bc}+bc\sqrt{bc}\right)\right]\)

Sử dụng một số phép biến đổi và bđt Cô - si cho 3 số , ta được:

\(3P\ge3abc+3\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)

\(\Rightarrow P\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)

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

\(\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)

Dấu "=" khi a = b = c > 0

P/S: Không biết đúng không nữa, chưa check lại

ko biết

\(\Leftrightarrow\left(\Sigma a\right)^4\left(\Sigma a^4b^4\right)\left[\Sigma c^2\left(a^2+b^2\right)^2\right]\ge54^2\left(abc\right)^6\)

Giả sử \(c=\text{min}\left\{a,b,c\right\}\)và đặt \(a=c+u,b=c+v\) thì nhận được một BĐT hiển nhiên :P

Theo BĐT AM-GM ta có:

\(c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2\left[\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\right]^2}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^264\left(abc\right)^4}=12\left(abc\right)^2\)

=> \(\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(a^2+c^2\right)^2}\ge2\sqrt{3}abc\)

Cũng theo BĐT AM-GM \(\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4\ge3\sqrt[3]{\left(ab\right)^4\left(bc\right)^4\left(ca\right)^4}=3\left(abc\right)^2\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

=> \(\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}\ge\sqrt{3}\cdot abc\sqrt[3]{abc}\)và \(\left(a+b+c\right)^2\ge9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

=> \(\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)^2}\cdot\left(a+b+c\right)^2\cdot\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}\)

\(\ge2\sqrt{3}\left(abc\right)\cdot\sqrt{3}\left(abc\right)\sqrt[3]{abc}\cdot9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge54\left(abc\right)^3\)

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

\(\hept{\begin{cases}54&A,B,C^2&\end{cases}}\)\(\sqrt[54]{454}.A.B.C\)\(\sqrt{AB^4+BC^4+CA^4}\)\(\Rightarrow AB=CA=BC^4\)nên ta sẽ lại là 54abc³

vậy suy ra  \(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\) ta =\(\notin54\) chả việc gì dài dòng cả

\(\left(a+3b\right)\left(b+3a\right)\le\left(\frac{4a+4b}{2}\right)^2=\left(2a+2b\right)^2\)

=>\(\frac{1}{2}\sqrt{\left(a+3b\right)\left(b+3a\right)}\le\frac{1}{2}\left(2a+2b\right)=a+b\)

Mình làm phần dễ nhất rồi, còn lại của bạn đó ^^

Đặt . Do đó . Cần chứng minh:

Or 

Bình phương 2 vế và xét hiệu, ta cần chứng minh:

Đó là điều hiển nhiên vì: 

Done.

eos bieets

\(\frac{\left(2+6a+3b+6\sqrt{2bc}\right)\left(\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}+3\right)}{2a+b+2\sqrt{2bc}}\ge16\)

Ap dung bdt amgm va bdt bunhiacpoxki taok:

\(VT=\frac{\left(2+6a+3b+6\sqrt{2bc}\right)\left(\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}+3\right)}{2a+b+2\sqrt{2bc}}\)

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

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

\(=\left(a+b+c+3\right)\left(\frac{1}{a+b+c}+3\right)\)

\(\ge\left(1+3\right)^2=16=VP\)

dùng bất đẳng thức cô-si và bất đẳng thức bu-nhi-a-cop-xki

VT=\(\frac{2}{2a+b+2\sqrt{2bc}}+3\)\(\ge\frac{2}{2a+2b+2c}+3\)=\(\frac{1}{a+b+c}+\frac{9}{3}\)

Áp dụng bđt cauchy-schwarzta được:

VT\(\ge\frac{\left(1+3\right)^2}{a+b+c+3}=\frac{6}{a+b+c+3}\)

ta cần chứng minh: a+b+c\(\le\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}\)

Thật vậy ta có

\(2b^2+2\left(a+c\right)^2-\left(a+b+c\right)^2=b^2+a^2+c^2+2ac-2bc-2ab=\left(b-a-c\right)^2\ge0\)Suy ra a+b+c\(\le\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}\)

vậy VT\(\ge VP\)