Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu đầu tiên của đề bài là "Với mọi \(n\inℤ^+\)..." chứ không phải \(m\) nhé, mình gõ nhầm.
a) Ta phân tích \(n=x_1^{a_1}.x_2^{a_2}...x_m^{a_m}\) (với \(x_1;x_2;..x_n\) là số nguyên tố ;
\(a_1;a_2;..a_m\inℕ^∗\) và là số mũ tối đa của mỗi số nguyên tố )
Khi đó ta có \(\sigma\left(n\right)=\left(a_1+1\right)\left(a_2+1\right)...\left(a_m+1\right)\)
mà \(\sigma\left(n\right)\) lẻ \(\Leftrightarrow\) \(a_1+1;a_2+1;...a_m+1\) lẻ
\(\Leftrightarrow a_1;a_2;..a_m\) chẵn
\(\Leftrightarrow n\) là số chính phương
=> n luôn có dạng \(n=l^2\)
Mặt khác \(x_1;x_2;..x_m\) là số nguyên tố
Nếu \(x_1;x_2;..x_m\) đều là số nguyên tố lẻ thì l lẻ
<=> r = 0 nên n = 2r.l2 đúng (1)
Nếu \(x_1;x_2;..x_m\) tồn tại 1 cơ số \(x_k=2\)
TH1 : \(a_k\) \(⋮2\)
\(\Leftrightarrow a_k+1\) lẻ => \(\sigma\left(n\right)\) lẻ (thỏa mãn giả thiết)
=> n có dạng n = 2r.l2 (r chẵn , l lẻ)(2)
TH2 : ak lẻ
Ta dễ loại TH2 vì khi đó \(a_k+1⋮2\) nên \(\sigma\left(n\right)⋮2\) (trái với giả thiết)
Nếu \(n=2^m\) (m \(⋮2\)) thì r = m ; l = 1 (tm) (3)
Từ (1);(2);(3) => ĐPCM
\(VT=\left(\frac{1+x}{2}\right)^n+\left(\frac{1+y}{2}\right)^n+\left(\frac{1+z}{2}\right)^n\)
\(VT\ge\left(\frac{2\sqrt{x}}{2}\right)^n+\left(\frac{2\sqrt{y}}{2}\right)^n+\left(\frac{2\sqrt{z}}{2}\right)^n\)
\(VT\ge x^{\frac{n}{2}}+y^{\frac{n}{2}}+z^{\frac{n}{2}}\ge3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^{\frac{n}{2}}}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}a^n+\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\ge n\sqrt[n]{a^n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n\left(n-1\right)}}=n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}a\\b^n+\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\ge n\sqrt[n]{b^n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n\left(n-1\right)}}=n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}b\\c^n+\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\ge n\sqrt[n]{c^n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n\left(n-1\right)}}=n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}c\end{cases}}\)
_________________________________________________________________________________________
\(\Rightarrow\left(a^n+b^n+c^n\right)\ge n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}\left(a+b+c\right)-3\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\)\(=3\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\)
Nhìn BĐT 4 số ngán quá
\(1\ge4\sqrt[4]{\frac{1}{a^2b^2c^2d^2}}\Rightarrow abcd\ge16\)
\(\Rightarrow VT=\frac{abcd}{8}+2\ge4\) (1)
Mà \(VP=\frac{a+c}{\sqrt{ac}}+\frac{b+d}{\sqrt{bd}}\le\frac{2\left(a+c\right)}{a+c}+\frac{2\left(b+d\right)}{b+d}=4\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow\) đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d=2\)
