CM :$\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\ge7$ vs a+b+c=1và $a,b,c\ge0$ MONG MỌI NGƯỜI GIÚP ĐỠ 17/07/2021 Bởi Claire CM :$\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}\ge7$ vs a+b+c=1và $a,b,c\ge0$ MONG MỌI NGƯỜI GIÚP ĐỠ
Đáp án: Giải thích các bước giải: $\begin{cases}a+b+c=1\\a;b;c \geq 0 \end{cases}⇒\begin{cases} 0\leq a \leq 1 \\0 \leq b \leq 1\\0 \leq c \leq 1 \end{cases}$ $⇒\begin{cases}2 \leq \sqrt{5a+4} \leq 3 \\2 \leq \sqrt{5b+4} \leq 3\\2 \leq \sqrt{5a+4} \leq 3 \end{cases}$ Đặt $P=\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}$ và $\begin{cases}\sqrt{5a+4}=x\\\sqrt{5b+4}=y\\\sqrt{5c+4}=z \end{cases}$ Ta được: $\begin{cases}x^2+y^2+z^2=5(a+b+c)+12=17\\2 \leq x \leq 3\\2 \leq y \leq 3\\2 \leq z \leq3\\P=x+y+z \end{cases}$ Do $2 \leq x \leq 3$ nên: $(x-2)(x-3) \leq 0 ⇔x^2+6 \leq 5x ⇔ x \geq \dfrac{x^2+6}{5}$ Tương tự ta có: $y \geq \dfrac{y^2+6}{5}$; $z \geq \dfrac{z^2+6}{5}$ Cộng vế: $P \geq \dfrac{x^2+y^2+z^2+18}{5}=\dfrac{17+18}{5}=7$ (đpcm) Dấu “=” xảy ra khi $(x;y;z)=(2;2;3)$ và hoán vị hay $(a;b;c)=(0;0;1)$ và hoán vị Bình luận
Đáp án:
Giải thích các bước giải:
$\begin{cases}a+b+c=1\\a;b;c \geq 0 \end{cases}⇒\begin{cases} 0\leq a \leq 1 \\0 \leq b \leq 1\\0 \leq c \leq 1 \end{cases}$
$⇒\begin{cases}2 \leq \sqrt{5a+4} \leq 3 \\2 \leq \sqrt{5b+4} \leq 3\\2 \leq \sqrt{5a+4} \leq 3 \end{cases}$
Đặt $P=\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4}$ và $\begin{cases}\sqrt{5a+4}=x\\\sqrt{5b+4}=y\\\sqrt{5c+4}=z \end{cases}$
Ta được: $\begin{cases}x^2+y^2+z^2=5(a+b+c)+12=17\\2 \leq x \leq 3\\2 \leq y \leq 3\\2 \leq z \leq3\\P=x+y+z \end{cases}$
Do $2 \leq x \leq 3$ nên:
$(x-2)(x-3) \leq 0 ⇔x^2+6 \leq 5x ⇔ x \geq \dfrac{x^2+6}{5}$
Tương tự ta có: $y \geq \dfrac{y^2+6}{5}$; $z \geq \dfrac{z^2+6}{5}$
Cộng vế:
$P \geq \dfrac{x^2+y^2+z^2+18}{5}=\dfrac{17+18}{5}=7$ (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi $(x;y;z)=(2;2;3)$ và hoán vị hay $(a;b;c)=(0;0;1)$ và hoán vị