\(\sqrt{2+\frac{\sqrt{10}-\sqrt{5}-\sqrt{2}}{2}}\)

\(=\sqrt{2+\frac{\sqrt{2}\left(\sqrt{5}-\sqrt{\frac{5}{2}}\right)-\sqrt{2}}{2}}\)

\(=\sqrt{2+\frac{\sqrt{2}\left(\sqrt{5}-\sqrt{\frac{5}{2}-1}\right)}{2}}\)

\(=\sqrt{2+\frac{\sqrt{2}\left(\sqrt{5}-\frac{\sqrt{10}}{2}-1\right)}{2}}\)

\(=\sqrt{2+\frac{\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{10}}{2}-\frac{\sqrt{10}}{2}-1\right)}{2}}\)

\(=\sqrt{2+\frac{-\sqrt{2}}{2}}\)

\(=\sqrt{\frac{4}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}}\)

\(=\sqrt{\frac{4-\sqrt{2}}{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{\left(4-\sqrt{2}\right).2}}{2}\)

\(=\frac{\sqrt{8-2\sqrt{2}}}{2}\)

Mọi người giúp mình giải bài toán này với ạ?

t.i.c.k mik mik t.i.c.k lại

t.i.c.k mik mik t.i.c.k lại

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:

\(\frac{4}{2b+c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)\(;\frac{4}{2c+a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\le\frac{1}{4}\left(4a+4b+4c\right)=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=VP\)

Khi \(a=b=c\)

\(\frac{1}{a+1}\ge1-\frac{1}{b+1}+1-\frac{1}{c+1}=\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge\frac{2\sqrt{bc}}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)

hai cái kia tương tự rồi nhân cả ba cái lại ra được đpcm

WLOG \(a\ge b\ge c\)

Khi \(f\left(x\right)=x^2\) thì nó là 1 hàm lồi trên \(\left[0;2\right]\) và \(\left(2,1,0\right)›\left(a,b,c\right)\)

Thì ta sẽ lợi dụng BDT Karamata :

\(5=2^2+1^2+0^2\ge a^2+b^2+c^2\)

Tức BĐT đã dc C/M và khi \(a=2;b=1;c=0\)

bạn ơi đây là lớp 9 mà