K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

27 tháng 10 2016

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

27 tháng 10 2016

Đề sai rồi bạn

18 tháng 3 2019

\(a;b;c\ge0;a+b+c=1\Rightarrow a;b;c\le1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\le a\\b^2\le b\\c^2\le c\end{matrix}\right.\)

\(\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\)

\(=\sqrt{a+4a+4}+\sqrt{b+4b+4}+\sqrt{c+4c+4}\)

\(\ge\sqrt{a^2+4a+4}+\sqrt{b^2+4b+4}+\sqrt{c^2+4c+4}=\sqrt{\left(a+2\right)^2}+\sqrt{\left(b+2\right)^2}+\sqrt{\left(c+2\right)^2}\)

\(=a+b+c+2+2+2=7\)

\("="\Leftrightarrow a;b;c\) là hoán vị của (0;0;1)

8 tháng 11 2023

sao a bình phương lại nhỏ hơn hoặc bằng a 

15 tháng 12 2017

Vì a,b,c không âm và có tổng bằng 1 nên

\(0\le a,b,c\le\left\{{}\begin{matrix}a\left(1-a\right)\ge0\\b\left(1-b\right)\ge0\\c\left(1-c\right)\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a\ge a^2\\b\ge b^2\\c\ge c^2\end{matrix}\right.\)

Suy ra \(\sqrt{5a+4}\ge\sqrt{a^2+4a+4}=\sqrt{\left(a+2\right)^2}=a+2\)

Tương tự ta có: \(\sqrt{5b+4}\ge b+2;\sqrt{5c+4}\ge c+2\)

Do đó: \(\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\ge\left(a+b+c\right)+6=7\) (điều phải chứng minh)

15 tháng 12 2017

Hay!!

23 tháng 6 2016

nè Cho a, b, c là ba số thực không âm và thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằngcăn(5a + 4) + căn(5b + 4) + căn(5c + 4) >= 7- Mạng Giáo Dục Pitago.Vn – Giải pháp giúp em học toán vững vàng!

Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c\ge0\\a+b+c=1\end{matrix}\right.\Rightarrow a\le1\Leftrightarrow a^2\le a\)

\(VT=\sqrt{4a+4.1+1}+\sqrt{4b+4.1+1}+\sqrt{4c+4.1+1}\ge\sqrt{4a^2+4a+1}+\sqrt{4b^2+4b+1}+\sqrt{4c^2+4c+1}\)

\(=2a+1+2b+1+2c+1=7\) .

Vậy đẳng thức được chứng minh . Dấu \("="\Leftrightarrow a=1;b=0;c=0\) và hoán vị

À sorry mình nhầm .

\(VT=\sum\sqrt{4a+4+1}\ge\sum\sqrt{a^2+4a+4}=a+2+b+2+c+2=7\)

8 tháng 7 2019

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

25 tháng 1 2019

Vì a, b, c không âm và có tổng bằng 1 nên  0 ≤ a , b , c ≤ 1 ⇒ a ( 1 − a ) ≥ 0 b ( 1 − b ) ≥ 0 c ( 1 − c ) ≥ 0 ⇒ a ≥ a 2 b ≥ b 2 c ≥ c 2 ⇒ 5 a + 4 ≥ a 2 + 4 a + 4 = ( a + 2 ) 2 = a + 2 T ư ơ n g   t ự :   5 b + 4 ≥ b + 2 ; 5 c + 4 ≥ c + 2 ⇒ 5 a + 4 + 5 b + 4 + 5 c + 4 ≥ ( a + b + c ) + 6 = 7   ( đ p c m )

31 tháng 10 2019

Em nghĩ cần thêm đk a, b, c là các số thực dương

Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\) thì x + y + z = 3; x > 0,y>0,z>0

BĐT \(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{5}{x}+4}+\sqrt{\frac{5}{y}+4}+\sqrt{\frac{5}{z}+4}\le3\sqrt{3\left(\frac{xy+yz+zx}{xyz}\right)}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{5yz+4xyz}+\sqrt{5zx+4xyz}+\sqrt{5z+4xyz}\le3\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}\)(*)

\(VT\le\sqrt{5\left(xy+yz+zx\right)+12xyz+2\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(5yz+4xyz\right)\left(5zx+4xyz\right)}}\)

\(\le\sqrt{15\left(xy+yz+zx\right)+36xyz}\)(áp dụng BĐT AM-GM)

Chú ý rằng: \(xyz\le\frac{\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)}{9}\)

Từ đó \(VT\le\sqrt{15\left(xy+yz+zx\right)+4\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)}\)

\(=3\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=VP_{\text{(*)}}\)

Ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Is that true?

31 tháng 10 2019

ấy nhầm, cái dòng thứ 5 là VT =.... nha!

1 tháng 11 2019

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 \(a=b=c=1\)