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 )

Thấy : \(a;b;c\ge0;a+b+c=1\)  \(\Rightarrow1-a;1-b;1-c\ge0\)

AD BĐT AM - GM ta được :  \(4\left(1-a\right)\left(1-c\right)\le\left(2-a-c\right)^2=\left[2-\left(1-b\right)\right]^2=\left(b+1\right)^2\)

\(\Rightarrow4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(1-b\right)\left(b+1\right)^2=\left(1-b^2\right)\left(b+1\right)\le1.\left(b+1\right)=b+1=b+\left(a+b+c\right)=a+2b+c\)

( đpcm ) 

Xét \(VT=a+2b+c=1+b\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT AG-GM:

\(4\left(1-a\right)\left(1-c\right)\le\left(1-a+1-c\right)^2=\left(2-a-c\right)^2=\left(1+a+b+c-a-c\right)^2=\left(1+b\right)^2\left(2\right)\)

\(\Rightarrow4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(1-b\right)\left(1+b\right)^2\)

Mà \(\left(1-b\right)\left(1+b\right)^2-\left(1-b\right)=\left(1+b\right)\left(1-b^2-1\right)=-b^2\left(1+b\right)\le0,\forall b\ge0\)

Do đó \(\left(1-b\right)\left(1+b\right)^2\le1+b\left(3\right)\)

Từ \(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\) ta có ĐPCM

Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=c=\dfrac{1}{2};b=0\) 

a: căn bậc hai của một số a không âm là một số x thỏa mãn \(x^2=a\)

b: Căn bậc hai của một số a bất kỳ là một số x sao cho x thỏa mãn \(x^3=a\)

Lời giải:

Đặt $a+b+c=p; ab+bc+ac=q=1; abc=r$

$p,r\geq 0$

Áp dụng BĐT AM-GM: $p^2\geq 3q=3\Rightarrow p\geq \sqrt{3}$

$a,b,c\leq 1\Leftrightarrow (a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$

$\Leftrightarrow p+r\leq 2\Rightarrow p\leq 2$

$P=\frac{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)+3}{a+b+c-abc}=\frac{(a+b+c)^2+1}{a+b+c-abc}=\frac{p^2+1}{p-r}$

Ta sẽ cm $P\geq \frac{5}{2}$ hay $P_{\min}=\frac{5}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{p^2+1}{p-r}\geq \frac{5}{2}$

$\Leftrightarrow 2p^2-5p+2+5r\geq 0(*)$

---------------------------

Thật vậy:

Áp dụng BĐT Schur thì:

$p^3+9r\geq 4p\Rightarrow 5r\geq \frac{20}{9}p-\frac{5}{9}p^3$

Khi đó:

$2p^2-5p+2+5r\geq 2p^2-5p+2+\frac{20}{9}p-\frac{5}{9}p^3=\frac{1}{9}(2-p)(5p^2-8p+9)\geq 0$ do $p\leq 2$ và $p\geq \sqrt{3}$

$\Rightarrow (*)$ được CM

$\Rightarrow P_{\min}=\frac{5}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(1,1,0)$ và hoán vị

3.1 

Xét hiệu :

\(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-ab=\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}-\dfrac{4ab}{4}\)

\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\in R\)

Vậy \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab,\forall a,b\in R\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow a=b\)

3.2

Áp dụng kết quả của câu 3.1 vào câu 3.2 ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2=[a+\left(b+c\right)]^2\ge4a\left(b+c\right)\)

Mà : \(a+b+c=1\left(gt\right)\)

nên : \(1\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\) ( vì a,b,c không âm nên b+c không âm )

Mà : \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\ge0,\forall b,c\in N\)

\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b=c=\dfrac{1}{4};a=\dfrac{1}{2}\)

Uầy, đề có sai ko nhỉ? Nếu đề như vầy thì biểu thức \(K=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)+3=3\sqrt{3}+3\) luôn rồi chứ tìm gì nữa..