Ta có: \(C=2\sqrt{a}-\sqrt{9a^3}+a^2\cdot\sqrt{\frac{4}{a}}+\frac{2}{a^2}\cdot\sqrt{25a^5}\)

\(=2\sqrt{a}-3a\cdot\sqrt{a}+a^2\cdot\frac{2}{\sqrt{a}}+\frac{2}{a^2}\cdot5a^2\sqrt{a}\)

\(=2\sqrt{a}-3a\cdot\sqrt{a}+2\cdot a\cdot\sqrt{a}+10\sqrt{a}=12\sqrt{a}-a\cdot\sqrt{a}\)

Cần gấp ko bạn

Nếu gấp thì sang web khác thử

ta có bđt phụ 1: với mọi số thực x;y ta luôn có xy\(\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\)

CM: \(\left(x-y\right)^2\ge0\)

=> \(x^2-2xy+y^2\ge0\)

\(\Rightarrow x^2+2xy+y^2\ge4xy\)

\(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

=> \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\)

ta CM tiếp bđt phụ thứ 2: với mọi số thực dương a, ta có \(a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left(a+1\right)^2}{8}\)

CM: áp dụng bđt phụ thứ nhất ta có:

\(2a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left\lbrack2a+\left(1+a^2\right)\right\rbrack^2}{4}=\frac{\left(a^2+2a+1\right)^2}{4}=\frac{\left(a+1\right)^4}{4}\)

=> \(a\left(1+a^2\right)\le\frac{\left(a+1\right)^4}{8}\)

CMTT: => \(b\left(1+b^2\right)\le\frac{\left(b+1\right)^4}{8}\)

=> \(c\left(1+c^2\right)\le\frac{\left(c+1\right)^4}{8}\)

=> \(abc\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\le\frac{\left\lbrack\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4}{512}\)

=> cần CM: \(\frac{\left\lbrack\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4}{512}\le8\Rightarrow\left(\left\lbrack a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right\rbrack^4\le8^4\)

mà ta có : \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{\left(a+1+b+1\right)^2}{4}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}\)

vì a+b+c=3

=>a+b=3-c thay vào biểu thức trên ta có:

\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{\left(3-c+2\right)^2}{4}=\frac{\left(5-c\right)^2}{4}\)

=>\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le\frac{\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)}{4}\)

cần CM: \(\frac{\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)}{4}\le8\Rightarrow\left(5-c\right)^2\left(c+1\right)\le32\)

\(\left(25-10c+c^2\right)\left(c+1\right)\le32\)

\(25c+25-10c^2-10c+c^3+c^2-32\le0\)

\(c^3-9c^2+15c-7\le0\)

\(c^3-c^2-8c^2+8c+7c-7\le0\)

\(c^2\left(c-1\right)-8c\left(c-1\right)+7\left(c-1\right)\le0\)

\(\left(c-1\right)\left(c^2-8c+7\right)\le0\)

\(\left(c-1\right)\left\lbrack c\left(c-1\right)-7\left(c-1\right)\right\rbrack\le0\)

\(\left(c-1\right)^2\left(c-7\right)\le0\)

vì a+b+c=3

=>0<c<3

=> \(\left(c-1\right)^2\left(c-7\right)\le0\) đúng với mọi c

vậy bđt dc chứng minh

Đặt \(f\left(x\right)=\left(x-a_1\right)\left(x-a_3\right)\left(x-a_5\right)+\left(x-a_2\right)\left(x-a_4\right)\left(x-a_6\right)\)

\(f\left(a_1\right)=\left(a_1-a_2\right)\left(a_1-a_4\right)\left(a_1-a_6\right)< 0\)

\(f\left(a_2\right)=\left(a_2-a_1\right)\left(a_2-a_3\right)\left(a_2-a_5\right)>0\)

\(f\left(a_4\right)=\left(a_4-a_1\right)\left(a_4-a_3\right)\left(a_4-a_5\right)< 0\)

\(f\left(a_6\right)=\left(a_6-a_1\right)\left(a_6-a_3\right)\left(a_6-a_5\right)>0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) có nghiệm thuộc các khoảng \(\left(a_1,a_2\right);\left(a_2,a_4\right);\left(a_4,a_6\right)\)

mà bậc cao nhất của f(x) là 3 nên f(x) có tối đa 3 nghiệm

=> dpcm

Ta có: a + b = 1 ⇔ b = 1 – a

Thay vào bất đẳng thức a2 + b2 ≥ 1/2 , ta được:

a2 + (1 – a)2 ≥ 1/2 ⇔ a2 + 1 – 2a + a2 ≥ 1/2

⇔ 2a2 – 2a + 1 ≥ 1/2 ⇔ 4a2 – 4a + 2 ≥ 1

⇔ 4a2 – 4a + 1 ≥ 0 ⇔ (2a – 1)2 ≥ 0 (luôn đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

\(a+b=1=>b=1-a\)

\(=>a^2+\left(1-a\right)^2\ge\dfrac{1}{2}\)

\(=>a^2+1-2a+a^2\ge\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow-2a+2a^2+1\ge\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(-2a+2a^2+1\right).2\ge1\)

\(\Leftrightarrow-4a+4a^2+2\ge1\)

\(\Leftrightarrow-4a+4a^2+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2a-1\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)

\(''=''\left(khi\right)2a-1=0=>a=\dfrac{1}{2}\)

Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+a^2+b^2\ge2ab+a^2+b^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(đpcm\right)\)

ấn vào ô báo cáo

Tối quá, ko thấy bài đâu 

HT