đặt x+5=a\(\left(a\ge0\right)\) khi đó phương trình trở thành:

\(a^2-4+\sqrt{a}+\sqrt{16-a}=0\)

lại có \(\sqrt{a}+\sqrt{16-a}\ge\sqrt{a+16-a}=4\)

nên ta có:

\(a^2-4+\sqrt{a}+\sqrt{16-a}\ge a^2\)

Suy ra \(0\ge a^2\)

\(\Rightarrow a=0\)hay x+5=0

\(\Leftrightarrow x=-5\)

ta có:

P=\(a^4+b^4+4ab=\left(a^2+b^2\right)^2-2a^2b^2+4ab=16+ab\left(4-2ab\right)=16+ab\left(a^2+b^2-2ab\right)=16+ab\left(a-b\right)^2\ge16\)xảy ra khi a=b=\(\sqrt{2}\)

VT=\(\frac{2}{2a+b+2\sqrt{2bc}}+3\)\(\ge\frac{2}{2a+2b+2c}+3\)=\(\frac{1}{a+b+c}+\frac{9}{3}\)

Áp dụng bđt cauchy-schwarzta được:

VT\(\ge\frac{\left(1+3\right)^2}{a+b+c+3}=\frac{6}{a+b+c+3}\)

ta cần chứng minh: a+b+c\(\le\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}\)

Thật vậy ta có

\(2b^2+2\left(a+c\right)^2-\left(a+b+c\right)^2=b^2+a^2+c^2+2ac-2bc-2ab=\left(b-a-c\right)^2\ge0\)Suy ra a+b+c\(\le\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}\)

vậy VT\(\ge VP\)

Cho các số dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=4. chứng minh rằng:\(\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{y}+\sqrt[4]{z}>2\sqrt{2}\)

cho x,y,z\(\in\left[0;1\right]\) và x+y+z=\(\frac{3}{2}\).Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=\(x^2+y^2+z^2\)

đặt \(\frac{1}{a^2}=x;\frac{1}{b^2}=y;\frac{1}{c^2}=z\)

ta có x+y+z=1

T=\(\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\left(1+\frac{1}{z}\right)\)

=\(\frac{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}{xyz}\)=\(\frac{\left(\left(x+y\right)+\left(x+z\right)\right)\left(\left(y+x\right)+\left(y+z\right)\right)\left(\left(z+x\right)+\left(z+y\right)\right)}{xyz}\)\(\ge\frac{8\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz}\ge\frac{64xyz}{xyz}\)=64

xảy ra khi x=y=z

cho các số thực x,y thỏa mãn \(x^2+y^2=1\).Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức \(M=\sqrt{3}xy+y^2\)