Đáp án:

 xin câu trả lời hay nhất nhá

Giải thích các bước giải:

1≠01≠0  ⇔ 1≠01≠0  

ΔΔ > 0      ⇔ m>6m>6

S > 0          ⇔ m>0m>0

P > 0          ⇔ m>−3

m

Ta xét \(\sqrt{x}+\sqrt{y}=4\)

Ta thấy để \(x,y\)là các số thực thì \(x,y\)chấp nhận các số sau:

\(\hept{\begin{cases}x=4,y=4\\x=1,y=9;x=9,y=1\\x=0,y=16;x=16,y=0\end{cases}}\)

Tiếp tục xét trường hợp \(\sqrt{x+5}+\sqrt{y+5}=6\)

Ta thấy để \(x,y\)chấp nhận cả 2 vế thì chỉ có \(x=4;y=4\)

giúp mik với ạ

ĐKXĐ : \(x\ge\frac{2}{3}\)

Đặt \(\sqrt{4x+1}=a;\sqrt{3x-2}=b\)(1) 

Khi đó a + b = 5 (2) 

Từ (1) => \(\hept{\begin{cases}12x+3=3a^2\\12x-8=4b^2\end{cases}}\Leftrightarrow3a^2-4b^2=11\)(3) 

Từ (2) ; (3) => HPT \(\hept{\begin{cases}a+b=5\\3a^2-4b^2=11\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=5-a\\3a^2-4\left(5-a\right)^2=11\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=5-a\\a^2-40a+111=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=5-a\\\left(a-3\right)\left(a-37\right)=0\end{cases}}\)

Khi a = 3 => b = 2  <=> x = 2

Khi a = 37 => b = -32 (loại) 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:

\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)

\(\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được:

\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)

Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Ta có:

\(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Dễ dàng chứng minh được:

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)

Khi đó ta được bất đẳng thức:

\(\frac{\left(a+b+c\right)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{a^3+b^3+c^3+24abc}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\)

Vậy ta cần chứng minh:

\(\frac{a^3+b^3+c^3+24abc}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge28\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge4\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:

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

Để hoàn thành chứng minh ta cần chỉ ra được:

\(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge4\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2\)

Theo bất đẳng thức Cauchy thì bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.

Như vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra tại \(a=b=c\)