a) Gọi các kích thước hìh chữ nhật là x, y, z thỳ x, y, z > 0 vs x + y + z = k (ko đổi). Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ta có:

\(\sqrt[3]{xyz}\le\frac{x+y+z}{3}=\frac{k}{3}\)

Do đó: \(\text{V}=xyz\le\left(\frac{k}{3}\right)^3\)(ko đổi). 

Vậy: V đạt giá trị lớn nhất khj và chỉ khi BĐT này trở thành đẳng thức hay là x = y = z, tức là khi hình chữ nhật trở thành hình lập phương.

b) Gọi 3 kích thước của hình hộp là x, y, z (ĐK)
Áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 3 số dương ta có : 

\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)

Từ đây ta có :
x + y + z nhỏ nhất là = \(3\sqrt[3]{xyz}\)

Bất đẳng thức Cô - si xảy ra dấu "=" khi : x = y = z.

Mọi người ko cần giúp mk nữa đâu vì mk làm được rùi nha !

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \(\frac{1}{a^4\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{1}{b^4\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{1}{c^4\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)

Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=1\end{cases}}\)và ta đưa BĐT cần chứng minh về dạng \(\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)

Áp dụng BĐT AM - GM, ta được:\(\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y+1}{8}+\frac{z+1}{8}\ge\frac{3}{4}x\)

Tương tự: \(\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z+1}{8}+\frac{x+1}{8}\ge\frac{3}{4}y\); \(\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}+\frac{x+1}{8}+\frac{y+1}{8}\ge\frac{3}{4}z\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: \(\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}+\)\(\frac{x+y+z+3}{4}\ge\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\)

\(\Rightarrow\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}\)\(\ge\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{xyz}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1

Ta có \(3a+1\ge\left(\dfrac{\sqrt{10}-1}{3}a+1\right)^2\Leftrightarrow a\left(3-a\right)\ge0\) (luôn đúng)

Do đó \(\sqrt{3a+1}\ge\dfrac{\sqrt{10}-1}{3}a+1\).

Tương tự, \(\sqrt{3b+1}\ge\dfrac{\sqrt{10}-1}{3}b+1;\sqrt{3c+1}\ge\dfrac{\sqrt{10}-1}{3}c+1\).

Do đó \(\sqrt{3a+1}+\sqrt{3b+1}+\sqrt{3c+1}\ge\sqrt{10}+2\).

Dấu "=" xảy ra khi chẳng hạn a = 3; b = c = 0

Tham khảo:

https://hoc24.vn/hoi-dap/tim-kiem?id=219071991005&q=Cho%203%20s%E1%BB%91%20th%E1%BB%B1c%20kh%C3%B4ng%20%C3%A2m%20a%2Cb%2Cc%20v%C3%A0%20a%20b%20c%3D3%20T%C3%ACm%20GTLN%20v%C3%A0%20GTNN%20c%E1%BB%A7a%20bi%E1%BB%83u%20th%E1%BB%A9c%20K%3D%5C%28%5Csqrt%7B3a%201%7D%20%5Csqrt%7B3b%201%7D%20%5Csqrt%7B3c%201%7D%5C%29

\(abc\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\Leftrightarrow\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}\)

BĐT Cô- si 

đánh giá từ tbn sang tbc đấy bạn 

Tham khảo Bất đẳng thức Côsi ( Cauchy ) - ToanHoc.org

nhanh + gọn + lẹ

bài này chỉ cần thay biểu thức dưới vào biểu thức trên là xong đó

ừ để mình thử nha

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{b^2+3}{7\sqrt{7}}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}\cdot\dfrac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}\cdot\dfrac{b^2+3}{7\sqrt{7}}}=\dfrac{3a^2}{\sqrt{7}}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\dfrac{b^3}{\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{b^3}{\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{c^2+3}{7\sqrt{7}}\ge\dfrac{3b^2}{\sqrt{7}};\dfrac{c^3}{\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{c^3}{\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{a^2+3}{7\sqrt{7}}\ge\dfrac{3c^2}{\sqrt{7}}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(2P+\dfrac{a^2+b^2+c^2+9}{7\sqrt{7}}\ge\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\sqrt{7}}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\dfrac{\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+9}{7\sqrt{7}}-\dfrac{3\cdot\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{\sqrt{7}}}{2}\ge\dfrac{\dfrac{\sqrt{7}}{21}}{2}=\dfrac{\sqrt{7}}{42}\)

Xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

am-gm :a3/V(b2+3)+a3/V(b2+3)+(b2+3)/x tự tìm số x dựa theo Min của bài (dự đoán a=b=c=1/3)

a/ Áp dụng BĐT ba điểm : 

\(AM+MB\ge AB\) ; \(BM+MC\ge BC\); \(CM+MD\ge CD\) ; \(DM+MA\ge DA\)

Cộng theo vế : \(2\left(MA+MB+MC+MD\right)\ge AB+BC+CD+DA\)

\(\Leftrightarrow MA+MB+MC+MD\ge\frac{AB+BC+CD+DA}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AC và BD

b/ Ta cũng áp dụng BĐT ba điểm :

\(AM+MC\ge AC\) ; \(BM+MD\ge BD\)

Cộng theo vế : \(MA+MB+MC+MD\ge AC+BD\)

Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AC và BD