Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đề bài đúng mà bạn..có sai đâu...mình tính vẫn ra được kết quả cuối cùng
\(1>=\left(x+y\right)^2>=\left(2\sqrt{xy}\right)^2=4xy\Rightarrow1>=4xy\Rightarrow\frac{1}{2}>=2xy\)(bđt cosi)
\(\Rightarrow\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{xy}=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{2xy}+\frac{1}{2xy}=\left(\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{2xy}\right)+\frac{1}{2xy}>=\frac{4}{x^2+2xy+y^2}+\frac{1}{\frac{1}{2}}\)
\(=\frac{4}{\left(x+y\right)^2}+2>=\frac{4}{1^2}+2=4+2=6\)
dấu = xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
vậy min \(\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{xy}=6\)khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
\(hpt\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\left(m+1\right)x+2my=4m-2m^2\\\left(2-m\right)x+my=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(m^2+2m-2\right)x=-2m^2+4m-1\\\left(2-m\right)x+my=1\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{-2m^2+4m-1}{m^2+2m-2}\\y=\frac{1-\left(2-m\right)x}{m}\end{cases}}\)
Ta có: \(\sqrt{a^2-ab+b^2}=\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)
khi đó:
\(P\le\frac{1}{\frac{1}{2}\left(a+b\right)}+\frac{1}{\frac{1}{2}\left(b+c\right)}+\frac{1}{\frac{1}{2}\left(a+c\right)}\)
\(=\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\)
Lại có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b}=\frac{4}{a+b}\)=> \(\frac{2}{a+b}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
=> \(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
\(=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1
Vậy max P = 3 tại a = b = c =1.
Không thích làm cách này đâu nhưng đường cùng rồi nên thua-_-
Đặt \(\sqrt{x+y}=a;\sqrt{y+z}=b;\sqrt{z+x}=c\) suy ra
\(x=\frac{a^2+c^2-b^2}{2};y=\frac{a^2+b^2-c^2}{2};z=\frac{b^2+c^2-a^2}{2}\). Ta cần chứng minh:
\(abc\left(a+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
Đây là bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có đpcm.
Bài 1:
Chiều thuận:\(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x\vdots 3; y\vdots 3\)
Giả sử cả \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\). Ta biết rằng một số chính phương khi chia 3 thì dư $0$ hoặc $1$.
Do đó nếu \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\Rightarrow x^2\equiv 1\pmod 3; y^2\equiv 1\pmod 3\)
\(\Rightarrow x^2+y^2\equiv 2\pmod 3\) (trái với giả thiết )
Suy ra ít nhất một trong 2 số $x,y$ chia hết cho $3$
Giả sử $x\vdots 3$ \(\Rightarrow x^2\vdots 3\). Mà \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow y^2\vdots 3\Rightarrow y\vdots 3\)
Vậy \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x,y\vdots 3\)
Chiều đảo:
Ta thấy với \(x\vdots 3, y\vdots 3\Rightarrow x^2\vdots 3; y^2\vdots 3\Rightarrow x^2+y^2\vdots 3\) (đpcm)
Vậy ta có đpcm.
Bài 2: > chứ không \(\geq \) nhé, vì khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\) thì cả 3 BĐT đều đúng.
Phản chứng, giả sử cả 3 BĐT đều đúng
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a(1-b)> \frac{1}{4}\\ b(1-c)> \frac{1}{4}\\ c(1-a)>\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a(1-a)b(1-b)c(1-c)> \frac{1}{4^3}(*)\)
Theo BĐT AM-GM thì:
\(a(1-a)\leq \left(\frac{a+1-a}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)
\(b(1-b)\leq \left(\frac{b+1-b}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)
\(c(1-c)\leq \left(\frac{c+1-c}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow abc(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1}{4^3}\) (mâu thuẫn với $(*)$)
Do đó điều giả sử là sai, tức là trong 3 BĐT trên có ít nhất một BĐT đúng.
Bài 3:
$n=2$ thỏa mãn 2 số trên đều là nguyên tố nhé.
Đặt \(\left\{\begin{matrix} 2^n-1=p\\ 2^n+1=q\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow pq=(2^n-1)(2^n+1)=2^{2n}-1=4^n-1\)
Vì \(4\equiv 1\pmod 3\Rightarrow 4^n\equiv 1^n\equiv 1\pmod 3\)
\(\Rightarrow 4^n-1\vdots 3\Rightarrow pq\vdots 3\Rightarrow \left[\begin{matrix} p\vdots 3\\ q\vdots 3\end{matrix}\right.\)
Nếu $p\vdots 3$ thì $p=3$
\(\Rightarrow 2^n-1=3\Rightarrow 2^n=4\Rightarrow n=2\)
\(\Rightarrow 2^n+1=2^2+1=5\in\mathbb{P}\) (thỏa mãn)
Nếu $q\vdots 3$ thì $q=3$ \(\Rightarrow 2^n+1=3\Rightarrow 2^n=2\Rightarrow n=1\)
\(\Rightarrow p=2^n-1=2^1-1=1\not\in\mathbb{P}\) (loại trừ)
Vậy $n=2$ vẫn thỏa mãn 2 số trên đều là số nguyên tố nhé.
Bài 4:
Vì \(abc>0\) nên xảy ra 2 TH
TH1: Cả 3 số đều dương, hoàn toàn t/m với 2 điều kiện còn lại (đpcm)
TH2: 2 số âm, 1 số dương.
Không mất tổng quát, giả sử \(a<0 ; b< 0; c> 0\)
\(\Rightarrow a+b< 0\)
Khi đó: \(a+b+c>0\Rightarrow -(a+b)< c\)
\(\Rightarrow -(a+b)^2> c(a+b) \) (nhân 2 vế với số âm thì BĐT đổi dấu)
\(\Rightarrow ab-(a+b)^2> ab+bc+ac\)
Mà \(ab-(a+b)^2=-a^2-b^2-ab=-[(a+\frac{b}{2})^2+\frac{3}{4}b^2]< 0, \forall a,b< 0\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac< ab-(a+b)^2< 0\) (vô lý)
Vậy chỉ có TH1 xảy ra, tức là $a,b,c> 0$