Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(5,M=a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\\ M=\left(a+b\right)\left[\left(a+b\right)^2-3ab\right]\\ M=1\left(1-3ab\right)=1-3ab\ge1-\dfrac{3\left(a+b\right)^2}{4}=1-\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{4}\\ M_{min}=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=\dfrac{1}{2}\)
Câu 5:
\(a+b=1\Rightarrow a=1-b\)
\(M=a^3+b^3=\left(1-b\right)^3+b^3=1-3b+3b^2-b^3+b^3\)
\(=1-3b+3b^2=3\left(b^2-b+\dfrac{1}{4}\right)+\dfrac{1}{4}=3\left(b-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}\ge\dfrac{1}{4}\)
\(minM=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=\dfrac{1}{2}\)
Câu 7:
\(a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+abc-ab\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3-a^2b-ab^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)-b^2\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)(đúng do a,b dương)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
5.
Với mọi a;b ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow2a^2+2b^2\ge a^2+b^2+2ab\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\Rightarrow a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2=\dfrac{1}{2}\)
\(M=a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)=a^2+b^2-ab\)
\(M=\dfrac{3}{2}\left(a^2+b^2\right)-\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2=\dfrac{3}{2}\left(a^2+b^2\right)-\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{3}{2}.\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\)
\(M_{min}=\dfrac{1}{4}\) khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)
6.
Do \(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=2>0\)
Mà \(a^2-ab+b^2>0\Rightarrow a+b>0\)
Mặt khác với mọi a;b ta có:
\(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow a^2+b^2+2ab\ge4ab\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\Rightarrow ab\le\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2\) \(\Rightarrow-ab\ge-\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)
Từ đó:
\(2=a^3+b^3=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)\ge\left(a+b\right)^3-3.\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2\left(a+b\right)=\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^3\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^3\le8\Rightarrow a+b\le2\)
\(N_{max}=2\) khi \(a=b=1\)
Đặt \(gcd\left(a,b\right)=d\) và \(lcm\left(a,b\right)=m\) \(\left(d,m\inℕ^∗\right)\). Điều kiện đã cho tương đương \(d+m+a+b=ab\) \(\Leftrightarrow\dfrac{d}{ab}+\dfrac{m}{ab}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1\) (1)
Ta lại có \(dm=ab\) (mình sẽ chứng minh cái này sau) nên từ (1) ta có \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1\) (2).
Do \(d\le b\le a\le m\) nên \(\dfrac{1}{m}\le\dfrac{1}{a}\le\dfrac{1}{b}\le\dfrac{1}{d}\). Kết hợp với (2), ta được \(1=\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{d}\le\dfrac{4}{d}\) \(\Leftrightarrow d\le4\) hay \(d\in\left\{1,2,3,4\right\}\).
Nếu \(d=1\) thì ta có \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=0\), vô lí.
Nếu \(d=2\) thì ta có \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{2}\), khi đó \(\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\le\dfrac{3}{b}\) nên \(b\le6\) hay \(b\in\left\{1,2,3,4,5;6\right\}\). Dĩ nhiên \(b\) không thể là số lẻ do \(d=2\) là ước của b. Vậy thì \(b\in\left\{2,4,6\right\}\). Nếu \(b=2\) thì \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}=0\), vô lí. Nếu \(b=4\) thì \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{4}\le\dfrac{2}{a}\Leftrightarrow a\le8\) hay \(a\in\left\{1,2,3,4,5,6,7,8\right\}\). Do a cũng là số chẵn nên \(a\in\left\{2,4,6,8\right\}\), mà \(a\ge b\) nên suy ra \(b\in\left\{4,6,8\right\}\). Có \(b=4\) và \(b=6\) thỏa mãn. Nếu \(b=8\) thì \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}=\dfrac{3}{8}\le\dfrac{2}{a}\Leftrightarrow a\le\dfrac{16}{3}\Leftrightarrow a\le5\), mà \(a\ge b\) nên vô lí
Nếu \(d=3\) thì \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{2}{3}\le\dfrac{3}{b}\) \(\Leftrightarrow b\le\dfrac{9}{2}\Leftrightarrow b\le4\) hay \(b\in\left\{1,2,3,4\right\}\). Mà \(b⋮3\) nên \(b=3\). Khi đó \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{3}\le\dfrac{2}{a}\Leftrightarrow a\le6\) Nhưng vì \(a⋮3\) nên \(a\in\left\{3,6\right\}\). Nếu \(a=3\) thì thử lại không thỏa mãn. Nếu \(a=6\) thì thỏa mãn.
Nếu \(d=4\) thì \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{3}{4}\le\dfrac{3}{b}\) hay \(b\le4\). Mà \(b⋮4\) nên \(b=4\), từ đó suy ra \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{2}\le\dfrac{2}{a}\Leftrightarrow a\le4\), vì \(a⋮4\) nên \(a=4\).
Vậy ta tìm được các cặp số (4;4); (4;6); (6;3) thỏa ycbt.
(*) Như mình đã hứa, mình sẽ chứng minh \(gcd\left(a,b\right).lcm\left(a,b\right)=ab\):
Ta biết rằng 1 số tự nhiên N khác 0 bất kì có thể viết được dưới dạng \(N=p_1^{a_1}.p_2^{a_2}...p_n^{a_n}\) với \(p_i\left(i=\overline{1,n}\right)\) là các số nguyên tố đôi một phân biệt còn \(a_i\left(i=\overline{1,n}\right)\) là các số tự nhiên.
Trở lại bài toán, ta đặt \(a=p_1^{m_1}.p_2^{m_2}...p_k^{m_k}\) và \(b=p_1^{n_1}.p_2^{n_2}...p_k^{n_k}\). Khi đó, rõ ràng \(gcd\left(a,b\right)=p_1^{min\left\{m_1,n_1\right\}}.p_2^{min\left\{m_2,n_2\right\}}...p_k^{min\left\{m_k,n_k\right\}}\) và \(lcm\left(a,b\right)=p_1^{max\left\{m_1,n_1\right\}}.p_2^{max\left\{m_2,n_2\right\}}...p_k^{max\left\{m_k,n_k\right\}}\). Do đó \(gcd\left(a,b\right).lcm\left(a,b\right)=\prod\limits^k_{i=1}p_i^{min\left\{m_i,n_i\right\}+max\left\{m_i,n_i\right\}}=\prod\limits^k_{i=1}p_i^{m_i+n_i}=ab\) (kí hiệu \(\prod\limits^k_{i=1}A_i=A_1A_2...A_k\))
, ta có đpcm
giúp mik