\(\dfrac{4}{3}\le a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}=a+\sqrt[]{\dfrac{a}{2}.2b}+\sqrt[3]{\dfrac{a}{4}.b.4c}\)

\(\le a+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{2}+2b\right)+\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{a}{4}+b+4c\right)=\dfrac{4}{3}\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow Q\ge1\)

\(Q_{min}=1\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{16}{21};\dfrac{4}{21};\dfrac{1}{21}\right)\)

mong mn giúp mk vs 

\(\dfrac{4}{3}=a+2\sqrt{\dfrac{a}{4}.b}+\dfrac{1}{2}\sqrt[3]{\dfrac{a}{2}.2b.8c}\)

\(\dfrac{4}{3}\le a+\dfrac{a}{4}+b+\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{a}{2}+2b+8c\right)=\dfrac{4}{3}\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{16}{21};\dfrac{4}{21};\dfrac{1}{21}\right)\)

Lời giải:

Bài này bạn chịu khó tìm điểm rơi rồi áp BĐT AM-GM vào thôi:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\sqrt{ab}=\frac{1}{2}\sqrt{a.4b}\leq \frac{a+4b}{4}\)

\(\sqrt[3]{abc}=\frac{1}{4}\sqrt[3]{a.4b.16c}\leq \frac{a+4b+16c}{12}\)

Cộng theo vế:
\(\Rightarrow a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}\leq a+\frac{a+4b}{4}+\frac{a+4b+16c}{12}=\frac{4}{3}(a+b+c)\)

Mà \(a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}=\frac{4}{3}\Rightarrow a+b+c\geq 1\)

Vậy \((a+b+c)_{\min}=1\)

Từng sau em hạn chế đăng nhiều bài cùng một lúc như thế này nhé. 

Bài 1:

Ta có: \(a+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}=(a-b)+\frac{b+1}{2}+\frac{b+1}{2}+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}-1\)

Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm ta có:

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

\(\Rightarrow a+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}=(a-b)+\frac{b+1}{2}+\frac{b+1}{2}+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}-1\geq 4-1\)

\(\Leftrightarrow a+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}\geq 3\)

Ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi \(a-b=\frac{b+1}{2}=\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}\)

\(\Leftrightarrow a=2; b=1\)

Bài 2:

Đặt \(\left(\frac{a}{b}, \frac{b}{c}, \frac{c}{a}\right)\mapsto (x,y,z)\Rightarrow xyz=1\)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(x^2+y^2+z^2\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq \frac{xy+yz+xz}{xyz}=xy+yz+xz(*)\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^2+y^2\geq 2\sqrt{x^2y^2}=2xy\)

\(y^2+z^2\geq 2\sqrt{y^2z^2}=2yz\)

\(z^2+x^2\geq 2\sqrt{z^2x^2}=2zx\)

Cộng theo vế: \(\Rightarrow 2(x^2+y^2+z^2)\geq 2(xy+yz+xz)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\)

Do đó (*) đúng, ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c\)

Bài 3:

Ta có: \(\text{VT}=(\frac{b}{\sqrt{a}}+\frac{c}{\sqrt{b}}+\frac{a}{\sqrt{c}})+(\frac{c}{\sqrt{a}}+\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}})\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

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

\(\frac{b}{\sqrt{a}}+\frac{c}{\sqrt{b}}+\frac{a}{\sqrt{c}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}(1)\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{c}{\sqrt{a}}+\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{\sqrt{abc}}}=3(2)\) do $abc=1$

Từ \((1); (2)\Rightarrow \text{VT}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+3\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Bài 4:

Vì $a,b,c$ là ba cạnh tam giác nên \(b+c-a, c+a-b, a+b-c>0\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{a^2}{b+c-a}+(b+c-a)\geq 2\sqrt{a^2}=2a\)

\(\frac{b^2}{c+a-b}+(c+a-b)\geq 2\sqrt{b^2}=2b\)

\(\frac{c^2}{a+b-c}+(a+b-c)\geq 2\sqrt{c^2}=2c\)

Cộng theo vế và rút gọn:

\(\frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}+a+b+c\geq 2(a+b+c)\)

\(\Leftrightarrow \frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\geq a+b+c\)

Ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)