Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
- Với \(a+b\ge4\Rightarrow A\le0\)
- Với \(a+b< 4\Rightarrow4-a-b>0\)
\(\Rightarrow A=\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}.b.\left(4-a-b\right)\)
\(\Rightarrow A\le\dfrac{1}{64}\left(\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+b+4-a-b\right)^4=4\)
\(A_{max}=4\) khi \(\left(a;b\right)=\left(2;1\right)\)
2.
\(P=a+\dfrac{1}{2}.a.2b\left(1+2c\right)\le a+\dfrac{a}{8}\left(2b+1+2c\right)^2\)
\(P\le a+\dfrac{a}{8}\left(7-2a\right)^2=\dfrac{1}{8}\left(4a^3-28a^2+57a-36\right)+\dfrac{9}{2}\)
\(P\le\dfrac{1}{8}\left(a-4\right)\left(2a-3\right)^2+\dfrac{9}{2}\le\dfrac{9}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{3}{2};1;\dfrac{1}{2}\right)\)
Câu 3 bạn xem lại đề, mình có thể chắc chắn với bạn là đề sai
Ví dụ bạn cho \(x=98,y=100\) thì vế trái chỉ lớn hơn 8 một chút
Đề đúng phải là: \(\left(x+y\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)+\dfrac{16xy}{\left(x-y\right)^2}\ge12\)
1/ \(4\left(a^2-ab+b^2\right)⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2+3b^2⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮3\)
\(\Rightarrow2a-b⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮9\)
\(\Rightarrow3b^2⋮9\)
\(\Rightarrow b⋮3\)
\(\Rightarrow a⋮3\)
Bài 2 :
\(x^2+xy-2013x-2014y-2015=0\)
\(\Leftrightarrow x^2+xy-2014x-2014y+x-2014-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+xy\right)-\left(2014x+2014y\right)+\left(x-2014\right)=1\)
\(\Leftrightarrow x\left(x+y\right)-2014\left(x+y\right)+\left(x-2014\right)=1\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2014\right)\left(x+y\right)+\left(x-2014\right)=1\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2014\right)\left(x+y+1\right)=1\)
Vì x, y là số nguyên dương \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x-2014\inℤ\\x+y+1\inℤ\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\)\(x-2014\)và \(x+y+1\)là ước của 1
Lập bảng giá trị ta có:
| \(x-2014\) | \(-1\) | \(1\) |
| \(x+y+1\) | \(-1\) | \(1\) |
| \(x\) | \(2013\) | \(2015\) |
| \(y\) | \(-2015\) | \(-2015\) |
Vậy các cặp giá trị \(\left(x;y\right)\)thỏa mãn đề bài là \(\left(2013;-2015\right)\)hoặc \(\left(2015;-2015\right)\)
Do \(0\le a,b,c\le1\)
nên\(\left\{{}\begin{matrix}\left(a^2-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-1\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-1\right)\left(a-1\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b-b-a^2+1\ge0\\b^2c-c-b^2+1\ge0\\c^2a-a-c^2+1\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b\ge a^2+b-1\\b^2c\ge b^2+c-1\\c^2a\ge c^2+a-1\end{matrix}\right.\)
Ta cũng có:
\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\le a^2+b+b^2+c+c^2+a\)
Do đó \(T=2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\le a^2+b+b^2+c+c^2+a\)\(-\left(a^2+b-1+b^2+c-1+c^2+a-1\right)\)
\(=3\)
Vậy GTLN của T=3, đạt được chẳng hạn khi \(a=1;b=0;c=1\)
1.
Ta sẽ chứng minh BĐT sau: \(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Do vai trò a;b;c như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=a+\dfrac{c}{2}\\y=b+\dfrac{c}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y=a+b+c\)
Đồng thời \(b^2+c^2=\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2+\dfrac{c\left(3c-4b\right)}{4}\le\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2=y^2\)
Tương tự: \(a^2+c^2\le x^2\) ; \(a^2+b^2\le x^2+y^2\)
Do đó: \(A\ge\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh: \(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{10}{\left(x+y\right)^2}\)
Mà \(\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}\le\dfrac{1}{4xy}\) nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{5}{2xy}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{2}{xy}+\dfrac{1}{x^2+y^2}-\dfrac{1}{2xy}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2}{x^2y^2}-\dfrac{\left(x-y\right)^2}{2xy\left(x^2+y^2\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2\left(2x^2+2y^2-xy\right)}{2x^2y^2}\ge0\) (luôn đúng)
Vậy \(A\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\dfrac{10}{3^2}=\dfrac{10}{9}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};0\right)\) và các hoán vị của chúng
Lời giải:
Từ điều kiện đã cho của $a,b,c$, tồn tại $x,y,z>0$ sao cho:
\((a,b,c)=\left(\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}; \frac{y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}; \frac{z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}\right)\)
Khi đó, áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(M=a+b+c=\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}+\frac{y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}+\frac{z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}\)
\(\leq \frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{y}{y+z}+\frac{y}{y+x}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{z+x}+\frac{z}{z+y}\right)\)
hay \(M\leq \frac{1}{2}\left(\frac{x+y}{x+y}+\frac{y+z}{y+z}+\frac{z+x}{z+x}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy \(M_{\max}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)
Cách khác:
Ta có:
\(a^2+b^2+c^2+2abc=1\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)+2abc=1\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2-2(a+b+c)+1=2+2(ab+bc+ac)-2(a+b+c)-2abc\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2-2(a+b+c)+1=2[1-(a+b+c)+(ab+bc+ac)-abc]\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2-2(a+b+c)+1=2(1-a)(1-b)(1-c)\) (đây là đẳng thức khá quen thuộc)
Áp dụng BĐT Cauchy ngược dấu:
\((a+b+c)^2-2(a+b+c)+1=2(1-a)(1-b)(1-c)\leq 2\left(\frac{1-a+1-b+1-c}{3}\right)^3=\frac{2[3-(a+b+c)]^3}{27}\)
\(\Leftrightarrow t^2-2t+1\leq \frac{2(3-t)^3}{27}\) (đặt \(a+b+c=t\))
\(\Leftrightarrow 2t^3+9t^2-27\leq 0\)
\(\Leftrightarrow (2t-3)(t+3)^2\leq 0\Rightarrow 2t-3\leq 0\Rightarrow t=M=a+b+c\leq \frac{3}{2}\)
Vậy \(M_{\max}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)