Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chuẩn hóa: a+b+c=3k
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{a}{k}+\dfrac{b}{k}+\dfrac{c}{k}=3\)
Đặt (\(\dfrac{a}{k};\dfrac{b}{k};\dfrac{c}{k}\))\(\Rightarrow\left(x;y;z\right)\);x+y+z=3
ĐPCM\(\Leftrightarrow\)\(\sum\dfrac{19y^3-x^3}{xy+5y^2}\le3\left(x+y+z\right)\)
Ta CM BĐT:
\(\dfrac{19y^3-x^3}{xy+5y^2}\le4y-x\Leftrightarrow-\dfrac{\left(y-x\right)^2\left(x+y\right)}{xy+5y^2}\le0\)(đúng)
CMTT\(\Rightarrow\)ĐPCM
\(+\frac{20b^3-\left(a^3+b^3\right)}{ab+5b^2}\le\frac{20b^3-ab\left(a+b\right)}{ab+5b^2}=\frac{b\left(20b^2-a^2-ab\right)}{b\left(a+5b\right)}=\frac{\left(4b-a\right)\left(a+5b\right)}{a+5b}=4b-a\)
( áp dụng bđt : \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\) ( biến đổi tương đương là c/m đc ) )
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b\)
+ Tương tự : \(\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}\le4c-b\) Dấu "=" <=> b = c
\(\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\le4a-c\) Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=c\)
Cộng vế theo vế ta có đpcm. Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
Cần chứng minh: \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}\le4b-a\)
Thật vậy: \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}\le4b-a\Leftrightarrow\left(4b-a\right)\left(ab+5b^2\right)-19b^3+a^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow4ab^2+20b^3-a^2b-5ab^2-19b^3+a^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)-ab\left(a+b\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)
"=" khi a=b
Tương tự: \(\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}\le4c-b;\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\le4a-c\)
Cộng theo vế:
\(\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}+\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\le4b-a+4c-b+4a-c=3\left(a+b+c\right)=3\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1/3
Lời giải:
Bạn nhớ tới bổ đề sau: Với $a,b>0$ thì $a^3+b^3\geq ab(a+b)$.
Áp dụng vào bài:
$5a^3-b^3\leq 5a^3-[ab(a+b)-a^3]=6a^3-ab(a+b)$
$\Rightarrow \frac{5a^3-b^3}{ab+3a^2}\leq \frac{6a^3-ab(a+b)}{ab+3a^2}=\frac{6a^2-ab-b^2}{3a+b}=\frac{(3a+b)(2a-b)}{3a+b}=2a-b$
Tương tự:
$\frac{5b^3-c^3}{bc+3b^2}\leq 2b-c; \frac{5c^3-a^3}{ca+3c^2}\leq 2c-a$
Cộng theo vế:
$\Rightarrow \text{VT}\leq a+b+c=3$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Ta có : \(a+b^2⋮a^2b-1\) suy ra \(a+b^2=k\left(a^2b-1\right)\left(k\in N^{sao}\right)\)
\(\Leftrightarrow a+k=b\left(ka^2-b\right)\) hay \(mb=a+b\left(1\right)\) với \(m=ka^2-b\in Z^+\)
\(\Leftrightarrow m+b=ka^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(mb-m-b+1=a+b-ka^2+1\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)\left(b-1\right)=\left(a+1\right)\left(k+1-ka\right)\left(3\right)\)
Vì \(m,b\in Z^+\Rightarrow\left(m-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)
Do đó từ (3) suy ra \(\left(a+1\right)\left(k+1-ka\right)\ge0\)
Lại vì a > 0 nên suy ra \(k+1-ka\ge0\Rightarrow1\ge k\left(a-1\right)\)
Vì \(a-1\ge0,k>0\) nên \(1\ge k\left(a-1\right)\ge0\)
Mà \(k\left(a-1\right)\in Z\)
\(\Rightarrow k\left(a-1\right)=0\) hoặc \(k\left(a-1\right)=1\)
=> a=1 hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\k=1\end{matrix}\right.\)
- Với a=1 thay vào (3) ta có:(m-1)(b-1)=2
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b-1=1\\m-1=2\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}b-1=2\\m-1=1\end{matrix}\right.\)
<=> \(\left\{{}\begin{matrix}b=2\\m=3\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}b=3\\m=2\end{matrix}\right.\)
TH b=2,m=3 suy ra 5=ka2 => a=1
TH b=3,m=2 => a=1
- Với a=1, k=1 thay vào (3): (m-1)(b-1)=0 <=> m=1 hoặc b=1
TH b=1 => a=2
TH m=1, từ (1) => a+k=b => b=3 => a=2
Vậy 4 cặp số (a;b) thỏa mãn là (1;2);(1;3);(2;3);(2;1)
trước hết ta cần chứng minh \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5a^2}\le4b-a\left(1\right)\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow19b^3-a^3\le\left(4b-a\right)\left(ab+5a^2\right)\left(ab+5a^2>0\right)\)
phá ngoặc và biến đổi thành bất đẳng thức quen thuộc\(a^3+b^3\ge\left(a+b\right)ab\)với a,b dương
để cm bất đẳng thức này ta cần biến đổi tương đương thành\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng với mọi a,b)
chứng minh tương tự ta có VT\(\le\)4b-a+4c-b+4a-c\(=\)3(a+b+c)
để tham khảo thêm bạn có thể vào toán học tuổi trẻ số 440
Đề bị lỗi hiển thị hay sao ấy, mình không nhìn thấy BĐT/ đẳng thức bạn muốn chứng minh.