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

Đề sai rồi bạn

đè ko sai đâu.

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 )

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

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

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

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

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

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

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

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?

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(3=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}\Rightarrow a+b+c\geq 3\)

Và:

\(\text{VT}^2=(\sqrt{5a+4}+\sqrt{5b+4}+\sqrt{5c+4})^2\)

\(\leq (5a+4+5b+4+5c+4)(1+1+1)\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}^2\leq 15(a+b+c)+36\)

Mà $3\leq a+b+c$ (cmt)

$\Rightarrow \text{VT}^2\leq 15(a+b+c)+12(a+b+c)=27(a+b+c)$

$\Rightarrow \text{VT}\leq 3\sqrt{3(a+b+c)}$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

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

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 \(a=b=c=1\)

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!

Do \(a,b,c\geq 0\) và \(a+b+c=1\) nên \(a,b,c\le1\).

Xét hiệu \(5a+4-\left(a+2\right)^2=a\left(1-a\right)\ge0\)

\(\Rightarrow5a+4\ge\left(a+2\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{5a+4}\ge a+2\).

Tương tự, \(\sqrt{5b+4}\ge b+2;\sqrt{5c+4}\ge c+2\).

Cộng vế với vế ta có \(T\ge a+b+c+6=7\).

Đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = c = 0 và các hoán vị.

Vậy Min T = 7 khi a = 1; b = c = 0. 

Một ý tưởng để có được bất đẳng thức phụ \(\sqrt{5a+4}\ge a+2\forall0\le a\le1.\)

Do $0\leq a \leq 1$ nên $a\ge a^2.$

Ta có: \(\sqrt{5a+4}=\sqrt{a+4a+4+\ 4}\ge\sqrt{a^2+4a+4+4}=a+2\)

Ngoài ra còn một cách là giả sử \(\sqrt{5a+4}\ge ma+n\)

rồi đi chọn $m,n$ theo điểm rơi.

Không biết còn cách nào khác không nhỉ?