Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bài này sai đề vì ta làm dấu bằng xảy ra khi a=b=c=\(\frac{1}{3}\).sau đó thay vào biểu thức cần cm thì sẽ thấy vô lí
Ta có: \(\hept{\begin{cases}a;b;c\ge0\\a+b+c=1\end{cases}}\Rightarrow0\le a;b;c\le1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\le a\\b^2\le b\\c^2\le c\end{cases}}\)
\(\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\)
\(=\sqrt{a+4a+4}+\sqrt{b+4b+4}+\sqrt{c+4c+4}\)
\(\ge\sqrt{a^2+4a+4}+\sqrt{b^2+4b+4}+\sqrt{c^2+4c+4}=a+2+b+2+c+2=7\)
\("="\Leftrightarrow a;b;c\) là hoán vị của 0;0;1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(3=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Và
\(VT^2=\left(\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\right)^2\)
\(\le\left(5a+4+5b+4+5c+4\right)\left(1+1+1\right)\)
\(\Leftrightarrow VT^2\le15\left(a+b+c\right)+36\)
Mà \(3\le a+b+c\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow VT^2\le15\left(a+b+c\right)+12\left(a+b+c\right)=27\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow VT\le3\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\)
Ta có đpcm
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\sqrt{a^2+3a+5}\ge\frac{5a+13}{6}\Leftrightarrow a^2+3a+5\ge\frac{25a^2+130a+169}{36}\)
\(\Leftrightarrow36a^2+108a+180\ge25a^2+130a+169\Leftrightarrow11a^2-22a+11\ge0\)
\(\Leftrightarrow11\left(a-1\right)^2\ge0\forall a\inℝ\)
Dấu = xảy ra khi a=1
Ta có:
\(\sqrt{a^2+3ab+5b^2}=\sqrt{\left(\frac{25a^2}{36}+\frac{130ab}{36}+\frac{169}{36}\right)+\frac{11}{36}\left(a^2-2ab+b^2\right)}\)
\(=\sqrt{\left(\frac{5a}{6}+\frac{13b}{6}\right)^2+\frac{11}{36}\left(a-b\right)^2}\ge\frac{5a+13b}{6}\)
Tương tự:\(\sqrt{b^2+3bc+5c^2}\ge\frac{5b+13c}{6};\sqrt{c^2+3ca+5a^2}\ge\frac{5c+13a}{6}\)
Khi đó:\(P=\sqrt{a^2+3ab+5b^2}+\sqrt{b^2+3bc+5c^2}+\sqrt{c^2+3ac+5a^2}\)
\(\ge\frac{5a+13b+5b+13c+5c+13a}{6}=\frac{18\left(a+b+c\right)}{6}=3\left(a+b+c\right)=9\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)
1/ \(a+1=\sqrt[4]{\frac{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}}-\sqrt[4]{\frac{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}}=\sqrt{\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}}-\sqrt{\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}}\)
\(=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}-\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}}{\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)\left(\sqrt{3}+1\right)}}=\frac{\sqrt{3}+1-\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)
2/ \(a+b=5\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3=125\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)=125\)
\(\Rightarrow a^3+b^3=125-3ab\left(a+b\right)=125-3.1.5=110\)
3/ \(mn\left(mn+1\right)^2-\left(m+n\right)^2.mn\)
\(=mn\left(\left(mn+1\right)^2-\left(m+n\right)^2\right)\)
\(=mn\left(mn+1-m-n\right)\left(mn+1+m+n\right)\)
\(=mn\left(m-1\right)\left(n-1\right)\left(m+1\right)\left(n+1\right)\)
\(=\left(m-1\right)m\left(m+1\right)\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\)
Do \(\left(m-1\right)m\left(m+1\right)\) và \(\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\) đều là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chúng đều chia hết cho 3 \(\Rightarrow\) tích của chúng chia hết cho 36
4/
Do \(0\le x\le1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\x-1\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x\left(x-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow x^2-x\le0\Leftrightarrow x^2\le x\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=1\end{matrix}\right.\)
5/ Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{5a+4}=x\\\sqrt{5b+4}=y\\\sqrt{5c+4}=z\end{matrix}\right.\)
Do \(a+b+c=1\Rightarrow0\le a;b;c\le1\)
\(\Rightarrow2\le x;y;z\le3\) và \(x^2+y^2+z^2=5\left(a+b+c\right)+12=17\)
Khi đó ta có:
Do \(2\le x\le3\Rightarrow\left(x-2\right)\left(x-3\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow x^2-5x+6\le0\Leftrightarrow x\ge\frac{x^2+6}{5}\)
Tương tự: \(y\ge\frac{y^2+6}{5}\) ; \(z\ge\frac{z^2+6}{5}\)
Cộng vế với vế:
\(A=x+y+z\ge\frac{x^2+y^2+z^2+18}{5}=\frac{17+18}{5}=7\)
\(\Rightarrow A_{min}=7\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(2;2;3\right)\) và các hoán vị hay \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị
\(5a^2+2ab+2b^2=\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\dfrac{1}{\sqrt{\left(2a+b\right)^2}}=\dfrac{1}{a+a+b}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)
Tương tự ta có: \(\dfrac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
\(\dfrac{1}{\sqrt{5c^2+2ac+a^2}}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(\dfrac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+b^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+c^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{5c^2+2ac+a^2}}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{3}{c}\right)\le\dfrac{2}{3}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=\dfrac{3}{2}\)
Đề sai kìa bạn
Thử với giá trị nhỏ nhất :
\(\sqrt{5.0+4}+\sqrt{5.0+4}+\sqrt{5.0+4}=2+2+2+=6< 7\)
Chưa nhìn cũng biết câu 2 sai lun
Áp dụng BĐT Cauchy- Schwarz, ta được:
\(\sqrt{4a+5b}+\sqrt{4b+5c}+\sqrt{4c+5a}\le\sqrt{\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(4a+5b+4b+5c+4c+5a\right)}\)
\(=\sqrt{3\left(9a+9b+9c\right)}=\sqrt{3.9\left(a+b+c\right)}=\sqrt{3.9.3}=9\)
\(\RightarrowĐpcm\)
\(a;b;c\ge0;a+b+c=1\Rightarrow a;b;c\le1\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\le a\\b^2\le b\\c^2\le c\end{matrix}\right.\)
\(\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\)
\(=\sqrt{a+4a+4}+\sqrt{b+4b+4}+\sqrt{c+4c+4}\)
\(\ge\sqrt{a^2+4a+4}+\sqrt{b^2+4b+4}+\sqrt{c^2+4c+4}=\sqrt{\left(a+2\right)^2}+\sqrt{\left(b+2\right)^2}+\sqrt{\left(c+2\right)^2}\)
\(=a+b+c+2+2+2=7\)
\("="\Leftrightarrow a;b;c\) là hoán vị của (0;0;1)
sao a bình phương lại nhỏ hơn hoặc bằng a