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 \(a=b=c=1\)

 

Kẻ đường cao AH

Ta thấy :

\(\frac{BH}{AB}=cosB\Rightarrow BH=ABcosB=6cos60^o=3\left(cm\right)\)

\(\frac{AH}{AB}=sinB\Rightarrow AH=ABsinB=6sin60^o=3\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(CH=BC-BH=4-3=1\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông AHC

\(AC=\sqrt{AH^2+CH^2}=\sqrt{\left(3\sqrt{3}^2\right)+1^2}=2\sqrt{7}\left(cm\right)\)

Chúc bạn học tốt !!!

ac đề cho r kìa :v

a(a−x)²+b(b−x)²            (1)

=(a+b)x²−2x(a²+b²)+a³+b³

+) a+b=0⇒pt(1)có một nghiệm⇒|a|=|b|

+) a+b≠0

Xét Δ'=a⁴+2a²b²+b⁴−a⁴−ab³−a³b−b⁴

=2a²b²−ab³−a3b=ab(a−b)²

PT(1) có 1 nghiệm khi và chỉ khi : Δ'=0⇒a−b=0⇒|a|=|b|

Thực hiện khai triển , PT đã cho tương đương với 

\(\left(a+b\right)x^2-2x\left(a^2+b^2\right)+\left(a^3+b^3\right)=0\left(^∗\right)\)

Nếu \(a+b=0\) thì

\(a^2+b^2\ne0\) với mọi a , b \(\ne0\) . PT (*) có nghiệm duy nhất \(x=\frac{a^3+b^3}{2\left(a^2+b^2\right)}\) ( thỏa mãn yêu cầu )

\(a+b=0\Rightarrow a=-b\Rightarrow\left|a\right|=\left|b\right|\left(1\right)\)

Nếu \(a+b\ne0\)

PT (*) là PT bậc 2 ẩn x có nghiệm duy nhất khi mà 

\(\Delta'=\left(a^2+b^2\right)^2-\left(a+b\right)\left(a^3+b^3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow2a^2b^2-ab^3-a^3b=0\)

\(\Leftrightarrow-ab\left(a-b\right)^2=0\)

Vì \(a,b\ne0\Rightarrow ab\ne0\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2=0\Rightarrow a=b\Rightarrow\left|a\right|=\left|b\right|\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có đpcm

Chúc bạn học tốt !!!