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

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

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

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

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

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

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

sao a bình phương lại nhỏ hơn hoặc bằng a 

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 \(a=b=c=1\)

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

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

Quên, thiếu 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 \(a=b=c=1\)

Bài cuối:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\left(a^5+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a}+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\frac{\frac{1}{a}+b^2+c^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\). Tương tự có:

\(\frac{1}{b^5+a^2+c^2}\le\frac{\frac{1}{b}+a^2+c^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2};\frac{1}{c^5+a^2+b^2}\le\frac{\frac{1}{c}+a^2+b^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có: 

\(VT=Σ\frac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Cần chứng minh \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) ( đúng) 

Vậy ta có ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

câu 1 mik nghĩ là nhỏ hơn hoặc = chứ nhỉ

Đặt \(\left(\sqrt{5a+4};\sqrt{5b+4};\sqrt{5c+4}\right)=\left(x;y;z\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2+z^2=17\\2\le x;y;z\le3\end{matrix}\right.\)

\(P=x+y+z\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\sqrt{51}\)

\(P_{max}=\sqrt{51}\) khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

\(2\le x\le3\Rightarrow\left(x-2\right)\left(x-3\right)\le0\Rightarrow x\ge\frac{x^2+6}{5}\)

Tương tự: \(y\ge\frac{y^2+6}{5}\) ; \(z\ge\frac{z^2+6}{5}\)

Cộng vế với vế: \(P\ge\frac{x^2+y^2+z^2+18}{5}=7\)

\(P_{min}=7\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị

Ta co:

\(\sqrt[4]{4}VT=\sqrt[4]{4}\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{4}\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{4}\sqrt[4]{c^3}\)

\(=\sqrt[4]{4a^3}+\sqrt[4]{4b^3}+\sqrt[4]{4c^3}\)

\(=\sqrt[4]{\left(a+b+c\right)a^3}+\sqrt[4]{\left(a+b+c\right)b^3}+\sqrt[4]{\left(a+b+c\right)c^3}\)

\(>\sqrt[4]{a^4}+\sqrt[4]{b^4}+\sqrt[4]{c^4}=a+b+c\)

\(\Rightarrow VT>\frac{a+b+c}{\sqrt[4]{4}}=\frac{4}{\sqrt[4]{4}}=2\sqrt{2}\)

từ dòng 3 xuống dòng 4 khó hiểu quá ạ