\(log_{a^2}\left(\dfrac{a^3}{\sqrt[5]{b^3}}\right)=\dfrac{1}{2}log_a\left(\dfrac{a^3}{\sqrt[5]{b^3}}\right)=\dfrac{1}{2}\left[log_aa^3-log_a\sqrt[5]{b^3}\right]=\dfrac{1}{2}\left(3-\dfrac{3}{5}log_ab\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}\left(3-\dfrac{3}{5}log_ab\right)=3\)

\(\Rightarrow log_ab=-5\)

1) \(\left\{{}\begin{matrix}a^3+b^3+c^3=3abc\\a+b+c\ne0\end{matrix}\right.\)  \(\left(a;b;c\in R\right)\)

Ta có :

\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\) (Bất đẳng thức Cauchy)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\left(a^3+b^3+c^3=3abc\right)\)

Thay \(a=b=c\) vào \(P=\dfrac{a^2+2b^2+3c^2}{3a^2+2b^2+c^2}\) ta được

\(\Leftrightarrow P=\dfrac{6a^2}{6a^2}=1\)

\(3^x=y^2+2y\left(x;y>0\right)\)

\(\Leftrightarrow3^x+1=y^2+2y+1\)

\(\Leftrightarrow3^x+1=\left(y+1\right)^2\left(1\right)\)

- Với \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=0\end{matrix}\right.\)

\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow3^0+1=\left(0+1\right)^2\Leftrightarrow2=1\left(vô.lý\right)\)

- Với \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1\end{matrix}\right.\)  

\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow3^1+1=\left(1+1\right)^2=4\left(luôn.luôn.đúng\right)\)

- Với \(x>1;y>1\)

\(\left(y+1\right)^2\) là 1 số chính phương

\(3^x+1=\overline{.....1}+1=\overline{.....2}\) không phải là số chính phương

\(\Rightarrow\left(1\right)\) không thỏa với \(x>1;y>1\)

Vậy với \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1\end{matrix}\right.\) thỏa mãn đề bài

\(\text{Đặt}\)\(x=a+b\ge2\)

\(P=\frac{a^2+b^2+5}{a+b+3}=\frac{a^2+b^2+2.1+3}{a+b+3}=\frac{a^2+b^2+2ab+3}{a+b+3}=\frac{\left(a+b\right)^2+3}{a+b+3}=\frac{x^2+3}{x+3}\)

\(\Rightarrow P-\frac{7}{5}=\frac{x^2+3}{x+3}-\frac{7}{5}=\frac{\left(5x^2+15\right)-\left(7x+21\right)}{x+3}=\frac{\left(x-2\right).\left(5x+3\right)}{x+3}\ge0\)

\(\text{Vậy giá trị nhỏ nhất của}\)\(P=\frac{7}{5}\Rightarrow x=2\)

\(\Rightarrow a+b=2;ab=1\)

\(\Rightarrow a=b=1\)

\(P=a^2+b^2+\frac{5}{a+b+3}\left(a,b>0\right)\)..

\(P=\left(\frac{a^2}{1}+\frac{b^2}{1}+\frac{5^2}{a+b+3}\right)-\frac{20}{a+b+3}\).

Trước hết, ta chứng minh được:

\(\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}+\frac{z^2}{p}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{m+n+p}\)với \(x,y,z\in R;m,n,p>0\)\(\left(1\right)\)(tự chứng minh).

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{x}{m}=\frac{y}{n}=\frac{z}{p}\).

Áp dụng bất đẳng thức \(\left(1\right)\)với \(a,b>0\), ta được:

\(\frac{a^2}{1}+\frac{b^2}{1}+\frac{5^2}{a+b+3}\ge\frac{\left(a+b+5\right)^2}{1+1+a+b+3}=\frac{\left(a+b+5\right)^2}{a+b+5}\)\(=a+b+5\).

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+\frac{5^2}{a+b+3}-\frac{20}{a+b+3}\ge a+b+5-\frac{20}{a+b+3}\).

\(\Leftrightarrow P\ge a+b+5-\frac{20}{a+b+3}\left(2\right)\).

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{1}=\frac{b}{1}=\frac{5}{a+b+3}=\frac{a+b+5}{1+1+a+b+3}=1\).

\(\Leftrightarrow a=b=1\).

Vì \(a,b>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\).

\(\Leftrightarrow a+b\ge2.\sqrt{1}=2.1=2\)(vì \(ab=1\)).

\(\Leftrightarrow a+b+3\ge5\).

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b+3}\le\frac{1}{5}\).

\(\Rightarrow\frac{-1}{a+b+3}\ge-\frac{1}{5}\).

\(\Leftrightarrow\frac{-20}{a+b+3}\ge\frac{-20}{5}=-4\left(3\right)\).

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=1\).

Ta lại có: \(a+b\ge2\)(chứng minh trên).

\(\Leftrightarrow a+b+5\ge7\left(4\right)\).

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=1\).

Từ \(\left(3\right)\)và \(\left(4\right)\), ta được:

\(a+b+5-\frac{20}{a+b+3}\ge7-4=3\left(5\right)\).

Từ \(\left(2\right)\)và \(\left(5\right)\), ta được:

\(P\ge3\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=1\).

Vậy \(minP=3\Leftrightarrow a=b=1\).

Đề là:  \(P=\frac{a^2+b^2+5}{\left(a+b+3\right)}\) hay  \(a^2+b^2+\frac{5}{\left(a+b+3\right)}\) vậy bạn 

\(\)\(=>a^5+b^5+c^5-3\ge0\)

\(< =>a^5+b^5+c^5-\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge0\)

\(>=>a^2.a^3-a^3+b^2.b^3-b^3+c^2.c^3-c^3\ge0\)

\(< =>a^2\left(a^3-1\right)+b^2\left(b^3-1\right)+c^2\left(c^3-1\right)\ge0\)(luôn đúng)

vì \(a^2\left(a^3-1\right)\ge0;b^2\left(b^3-1\right)\ge0;c^2\left(c^3-1\right)\ge0\)

Vậy \(Vt\ge3\)(đpcm)

\(\)

\(\)

Sửa đề: \(a^3+b^3+c^3=3\) 

Theo mình thì lời giải của bạn dưới là sai ở chỗ đánh giá \(a^2(a^3-1)\geq0\)

Đây là lời giải của mình nhé !!

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có :

\(a^5+a^5+1+1+1\geq 5\sqrt[5]{a^5.a^5.1.1.1}=5a^2\)

Tương tự với b,c suy ra 

\(2(a^5+b^5+c^5) + 9 \geq 5(a^2+b^2+c^2)=15 \\ \Rightarrow a^5+b^5+c^5\geq 3\)

Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1 

Chọn đáp án A.

1) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM và bất đẳng thức Schwarz:

\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\dfrac{a+b}{2}}\ge\dfrac{4}{a+\dfrac{a+b}{2}}=\dfrac{8}{3a+b}\ge8\).

Đẳng thức xảy ra khi a = b = \(\dfrac{1}{4}\).

2.

\(4=a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow a+b\le2\sqrt{2}\)

Đồng thời \(\left(a+b\right)^2\ge a^2+b^2\Rightarrow a+b\ge2\)

\(M\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4\left(a+b+2\right)}=\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}\) (với \(x=a+b\Rightarrow2\le x\le2\sqrt{2}\) )

\(M\le\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}-\sqrt{2}+1+\sqrt{2}-1\)

\(M\le\dfrac{\left(2\sqrt{2}-x\right)\left(x+4-2\sqrt{2}\right)}{4\left(x+2\right)}+\sqrt{2}-1\le\sqrt{2}-1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=2\sqrt{2}\) hay \(a=b=\sqrt{2}\)

3. Chia 2 vế giả thiết cho \(x^2y^2\)

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\)

\(\Rightarrow0\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\le4\)

\(A=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\right)=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\le16\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)