\(a\sqrt{2}+b\sqrt{3}=-c\)

\(\Leftrightarrow2a+3b+2ab\sqrt{6}=c^2\)

\(\Leftrightarrow2ab\sqrt{6}=c^2-2a-3b\)

Vì VT là số vô tỷ còn VP là số hữu tỷ nên để 2 vế bằng nhau thì.

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}ab=0\\c^2-2a-3b=0\end{cases}}\)

Với \(a=0\)

\(\Rightarrow b\sqrt{3}=-c\)

\(\Rightarrow b=c=0\)

Với \(b=0\)

\(\Rightarrow a\sqrt{2}=-c\)

\(\Rightarrow a=c=0\)

Vậy \(a=b=c=0\)

Easy!

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

\(=\sqrt{\frac{3}{2}}\left[\sqrt{\left(a+b\right).\frac{2}{3}}+\sqrt{\left(b+c\right).\frac{2}{3}}+\sqrt{\left(c+a\right).\frac{2}{3}}\right]\) (*)

Áp dụng BĐT Cô si ngược,ta có: 

(*) \(\le\sqrt{\frac{3}{2}}\left[\frac{a+b+\frac{2}{3}}{2}+\frac{b+c+\frac{2}{3}}{2}+\frac{c+a+\frac{2}{3}}{2}\right]\)

\(=\sqrt{\frac{3}{2}}\left(a+b+c+1\right)=\sqrt{\frac{3}{2}}.2=\sqrt{6}^{\left(đpcm\right)}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a+b=b+c=c+a=\frac{2}{3}\\a+b+c=1\end{cases}\Leftrightarrow}a=b=c=\frac{1}{3}\)

Cho  \(a,b,c\in Q\)  thỏa mãn  \(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}=0\)   \(\left(i\right)\)

Chứng minh rằng:  \(a=b=c=0\)

\(-------\)

Chứng minh bổ đề:  \(\sqrt[3]{2}\)  là một số vô tỉ.

Đối với loại bài toán trên, ta cần dùng phương pháp phản chứng để tìm đáp án.

Thật vậy, giả sử  \(R=\sqrt[3]{2}\)  là một số hữu tỉ.

Tức là phải tồn tại các số nguyên  \(m,n\)  sao cho  \(R=\frac{m}{n}\) nên  \(R\) là nghiệm hữu  tỉ của phương trình:

\(\left(\frac{m}{n}\right)^3=2;\)

Suy ra  \(m\inƯ\left(2\right),\)   \(n\inƯ\left(1\right)\)  

Tuy nhiên, lại không tồn tại  \(m\) nào  là ước của  \(2\)  mà lũy thừa \(3\) (lập phương) bằng  \(2\) 

Do đó, suy ra điều giả sử sai!

Vậy,  \(R\)  là một số vô tỉ.

\(-------\)

Ta có:

\(\left(i\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(c\sqrt[3]{2^2}+b\sqrt[3]{2}+a=0\)  \(\left(ii\right)\)

Đặt  \(a=z;\)  \(b=y;\)và   \(c=x\)  \(\Rightarrow\)  \(x,y,z\in Q\)

Ta biểu diễn lại phương trình   \(\left(ii\right)\)  dưới dạng ba biến số  \(x,y,z\)  như sau:

\(x\sqrt[3]{2^2}+y\sqrt[3]{2}+z=0\)  \(\left(\alpha\right)\)

Giả sử phương trình  \(\left(\alpha\right)\) tồn tại với ba ẩn  \(x,y,z\)  được xác định, ta có:

\(y\sqrt[3]{2^2}+z\sqrt[3]{2}+2x=0\)  \(\left(\beta\right)\)

Từ  \(\left(\alpha\right);\left(\beta\right)\)  suy ra được  \(\left(y^2-xz\right)\sqrt[3]{2}=\left(2x^2-yz\right)\)

Nếu  \(2x^2-yz\ne0\)  \(\Rightarrow\)  \(\sqrt[3]{2}=\frac{2x^2-yz}{y^2-xz}\)  là một số hữu tỉ. Trái với giả thiết!

\(\Rightarrow\)  \(\hept{\begin{cases}y^2-xz=0\\2x^2-yz=0\end{cases}}\)  \(\Rightarrow\)  \(\hept{\begin{cases}y^3=xyz\\yz=2x^2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)  \(y^3=2x^3\)  hay nói cách khác,  \(y=x\sqrt[3]{2}\)

Nếu   \(y\ne0\)  thì  \(\sqrt[3]{2}=\frac{y}{x}\in Q\)   (mâu thuẫn với giả thiết theo bổ đề trên)

\(\Rightarrow\) \(x=0;y=0\)  

Từ đó, ta dễ dàng chứng minh được  \(z=0\)

Do đó,  \(a=0;b=0;c=0\)  (theo cách đặt trên)

Ngược lại, nếu  \(a=b=c=0\) thì vẫn thỏa mãn  \(\left(i\right)\)  luôn đúng!

Vậy,  tóm lại tất cả các điều đã nêu trên, kết luận   \(a=b=c=0\)

khó quá bạn ơi mik ko biết

xin lỗi bạn nha

Từ 1a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=01a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=0

Khi đó:

(√a+c+√b+c)2=a+c+b+c+2√(a+c)(b+c)(a+c+b+c)2=a+c+b+c+2(a+c)(b+c)

=a+b+2c+2√ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2√c2=a+b+2c+2ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2c2

=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+2|c|

Vì a,ba,b dương nên −1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c−1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c

Do đó:

(√a+c+√b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b(a+c+b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b

⇒√a+c+√b+c=√a+b

Từ 1a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=01a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=0

Khi đó:

(√a+c+√b+c)2=a+c+b+c+2√(a+c)(b+c)(a+c+b+c)2=a+c+b+c+2(a+c)(b+c)

=a+b+2c+2√ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2√c2=a+b+2c+2ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2c2

=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+2|c|

Vì a,ba,b dương nên −1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c−1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c

Do đó:

(√a+c+√b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b(a+c+b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b

⇒√a+c+√b+c=√a+b

Ta có: \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=9\)(*)   (Do a+b+c = 3)

Ta sẽ c/m BĐT (*) luôn đúng. Thật vậy:

Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số không âm:

\(a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\ge3\sqrt[3]{a^2\sqrt{a}.\sqrt{a}}=3a\Rightarrow a^2+2\sqrt{a}\ge3a\)

Tương tự: \(b^2+2\sqrt{b}\ge3b;c^2+2\sqrt{c}\ge3c\)

Cộng 3 BĐT trên theo vế thì có: \(a^2+b^2+c^2+2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

=> BĐT (*) luôn đúng với mọi a,b,c > 0 t/m a+b+c=3 => BĐT ban đầu đúng

\(\Rightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\) (đpcm).

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1.

Mọi người ơi chỉ =6 thôi nha k phải 66 đâu

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

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

\(\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{6}{2}=3\)(BĐT \(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)