Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
*)Chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge3\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Xảy ra khi \(a=b=c=1\)
*)Chứng minh \(a^2+b^2+c^2\le5\)
Từ \(a,b,c\in\left[0;2\right]\)\(\Rightarrow\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-4\left(a+b+c\right)-abc+8\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-abc\le4\)\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-a^2+b^2+c^2\le4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5\)
Xảy ra khi \(a=2;b=1;c=0\) và hoán vị
Ta viết lại BĐT cần chứng minh như sau:
\(\frac{a^2+9}{2a^2+\left(3-a\right)^2}+\frac{b^2+9}{2b^2+\left(3-b\right)^2}+\frac{c^2+9}{2c^2+\left(3-c\right)^2}\le5\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+9}{3a^2-6a+9}+\frac{b^2+9}{3b^2-6b+9}+\frac{c^2+9}{3c^2-6c+9}\le5\)
Thật vậy ta sẽ chứng minh: \(\frac{a^2+9}{3a^2-6a+9}\le\frac{a+4}{3}\)
\(\Leftrightarrow.............................\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(a+3\right)\ge0\) ( Luôn đúng với a > 0 )
Tương tự ta có: \(\frac{b^2+9}{3b^2-6b+9}\le\frac{b+4}{3}\)
\(\frac{c^2+9}{3c^2-6c+9}\le\frac{c+4}{3}\)
Cộng từng vế các BĐT trên ta có:
\(VT\le\frac{a+b+c+12}{3}=\frac{15}{3}=5\) \(\left(Q.E.D\right)\)
Bđt Bu-nhia-cop-xki \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\), đẳng thức xảy ra khi \(ay=bx\)
a.
\(\left(2x+3y\right)^2=\left(\sqrt{2}.\sqrt{2}x+\sqrt{3}.\sqrt{3}y\right)^2\le\left(2+3\right)\left(2x^2+3y^2\right)=5^2\)
\(\Rightarrow-5\le2x+3y\le5\)
b.
\(\sqrt{a+c}.\sqrt{b+c}+\sqrt{a-c}.\sqrt{b-c}\le\sqrt{a+c+a-c}.\sqrt{b+c+b-c}\)
\(=\sqrt{2a}.\sqrt{2b}=2\sqrt{ab}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{\sqrt{a+c}}{\sqrt{a-c}}=\frac{\sqrt{b+c}}{\sqrt{b-c}}\), hay \(a=b\)
Thử lại với a = b thì \(VT=2a=2\sqrt{ab}=VP>\sqrt{ab}\) nên đề đã ra sai vế phải của bđt.
c.
bđt \(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)
d.
bđt \(\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\le a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2}\)
\(\Leftrightarrow ac+bd\le\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{c^2+d^2}\)
bđt trên luôn đúng vì theo bđt Bu-nhia-cop-xki, ta có:
\(\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge\sqrt{\left(ac+bd\right)^2}=\left|ac+bd\right|\ge ac+bd\)
Bài 1:
a) Ta thấy:
\(x^4-2x^3+2x^2-2x+1=(x^4-2x^3+x^2)+(x^2-2x+1)\)
\(=(x^2-x)^2+(x-1)^2\geq 0, \forall x\in\mathbb{R}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x^2-x=0\\ x-1=0\end{matrix}\right.\) hay $x=1$
b) Đề sai với $a=0,5; b=2,3; c=0,2$. Nếu đề bài của bạn giống bài dưới đây, tham khảo nó tại link sau:
Câu hỏi của bach nhac lam - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
- Vì vai trò của a , b ,c trong bài này là như nhau nên có thể giả sử \(a\le b\le c\)mà không làm giảm đi tính tổng quát của bài toán . Khi đó ta có :
\(3=a+b+c\le3c\Rightarrow c\ge1\Rightarrow1\le x\le2\)
Ta có : \(a^2+b^2\le\left(a+b\right)^2\)(vì \(a,b\ge0\))
\(\Rightarrow A\le\left(a+b\right)^2+c^2=\left(3-c\right)^2+c^2=2c^2-6c+9\)
\(\le2.\left(c^2-3c+\frac{9}{4}\right)+\frac{9}{2}=2\left(c-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{9}{2}\)
Do \(1\le c\le2\)nên \(-\frac{1}{2}\le x-\frac{3}{2}\le\frac{1}{2}\Rightarrow|c-\frac{3}{2}|\le\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow2|x-\frac{3}{2}|^2+\frac{9}{2}\le2.\frac{1}{4}+\frac{9}{2}=5\Rightarrow A\le5\)
Dễ thấy khi a = 0 ; b = 1 ; c = 2 thỏa mãn \(a,b,c\in\left[0;2\right];a+b+c=3\)và \(a\le b\le c\)thì A = 5
Vậy : \(A_{max}=5\)
Do \(a,b,c\in\left[0;2\right]\)nên \(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\left(c-2\right)\le0\)\(\Leftrightarrow abc-2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)-8\le0\)\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge4+abc\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge a^2+b^2+c^2+abc+4\)\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5-abc\le5\)(Do \(a,b,c\ge0\))
Đẳng thức xảy ra khi trong 3 số a, b, c có một số bằng 0, một số bằng 1 và một số bằng 2
1. Đề sai, ví dụ (a;b;c)=(1;2;2) hay (1;2;7) gì đó
2. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 4 số a;b;c;d luôn có ít nhất 2 số đồng dư khi chia 3.
Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b thì \(a-b⋮3\)
Ta có 2 TH sau:
- Trong 4 số có 2 chẵn 2 lẻ, giả sử a, b chẵn và c, d lẻ \(\Rightarrow a-b,c-d\) đều chẵn \(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(c-d\right)⋮4\)
\(\Rightarrow\) Tích đã cho chia hết 12
- Trong 4 số có nhiều hơn 3 số cùng tính chẵn lẽ, khi đó cũng luôn có 2 hiệu chẵn (tương tự TH trên) \(\Rightarrowđpcm\)
3. Với \(n=1\) thỏa mãn
Với \(n>1\) ta có \(3^n\equiv\left(5-2\right)^n\equiv\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)
\(\Rightarrow n.2^n+3^n\equiv n.2^n+\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)
Mặt khác \(n.2^n+\left(-2\right)^n=2^n\left(n+\left(-1\right)^n\right)\)
Mà \(2^n⋮̸5\Rightarrow n+\left(-1\right)^n⋮5\)
TH1: \(n=2k\Rightarrow2k+1⋮5\Rightarrow2k+1=5\left(2m+1\right)\Rightarrow k=5m+2\)
\(\Rightarrow n=10m+4\)
TH2: \(n=2k+1\Rightarrow2k+1-1⋮5\Rightarrow2k⋮5\Rightarrow k=5t\Rightarrow n=10t+1\)
Vậy với \(\left[{}\begin{matrix}n=10k+4\\n=10k+1\end{matrix}\right.\) (\(k\in N\)) thì số đã cho chia hết cho 5
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a=max\left\{a;b;c\right\}\)
\(\Rightarrow3\le3a\Rightarrow a\ge1\Rightarrow1\le a\le2\Rightarrow\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)
Ta có:
\(a^2+b^2+c^2\le a^2+\left(b+c\right)^2=a^2+\left(3-a\right)^2\)
\(=2a^2-6a+9=2\left(a^2-3a+2\right)+5=2\left(a-1\right)\left(a-2\right)+5\le5\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị
Từ \(a,b,c\in\left[0;2\right]\Rightarrow\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-4\left(a+b+c\right)-abc+8\le0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)-abc\le4\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-a^2+b^2+c^2\le4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le5\)
Xảy ra khi \(\text{a=2;b=1;c=0}\) và hoán vị