Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{x+y}=\frac{x+y}{xy}+\frac{2}{x+y}$
$=x+y+\frac{2}{x+y}$
$=\frac{x+y}{2}+\frac{x+y}{2}+\frac{2}{x+y}$
$\geq \frac{x+y}{2}+2\sqrt{\frac{x+y}{2}.\frac{2}{x+y}}$ (áp dụng BDT Cô-si)
$\geq \frac{2\sqrt{xy}}{2}+2=\frac{2}{2}+2=3$
Vậy ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=1$
Ta có \(\frac{x^3}{\left(y+z\right)^2}=\frac{x^3}{\left(2018-x\right)^2}\)
Xét \(\frac{x^3}{\left(2018-x\right)^2}\ge x-\frac{1009}{2}\)
<=> \(x^3\ge\left(2018^2-2.2018.x+x^2\right)\left(x-\frac{1009}{2}\right)\)
<=> \(x^3\ge x^3-x^2\left(\frac{1009}{2}+2018.2\right)+x\left(2018.1009+2018^2\right)-\frac{2018^2.1009}{2}\)
<=> \(\frac{9081}{2}x^2-6.1009^2.x+2018.1009^2\ge0\)
<=> \(\frac{9081}{2}\left(x^2-\frac{2.2018}{3}.x+\left(\frac{2018}{3}\right)^2\right)\ge0\)
<=> \(\frac{9081}{2}\left(x-\frac{2018}{3}\right)^2\ge0\)( luôn đúng)
=> \(\frac{x^3}{\left(y+z\right)^2}\ge x-\frac{1009}{2}\)
Khi đó \(VT\ge x-\frac{1009}{2}+y-\frac{1009}{2}+z-\frac{1009}{2}=2018-\frac{3}{2}.1009=\frac{1009}{2}\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{2018}{3}\)
Ta có : \(\frac{x^3}{\left(y+z\right)^2}=\frac{x^3}{\left(2018-x\right)^2}\)
xét \(\frac{x^3}{\left(2018-x\right)^2}\ge x-\frac{1009}{2}\)
<=> \(x^3\ge\left(x^2-2.2018.x+2018^2\right)\left(x-\frac{1009}{2}\right)\)
<=> \(x^3\ge x^3-x^2\left(\frac{1009}{2}+2.2018\right)+x\left(2018^2+1009.2018\right)-\frac{2018^2.1009}{2}\ge0\)
<=> \(\frac{9081}{2}x^2-6.1009^2.x+2018.1009^2\ge0\)
<=> \(\frac{9081}{2}.\left(x-\frac{2018}{3}\right)^2\ge0\)( luôn đúng)
=> \(\frac{x^3}{\left(y+z\right)^2}\ge x-\frac{1009}{2}\)
Khi đó \(P\ge x+y+z-\frac{3.1009}{2}=\frac{1009}{2}\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{2018}{3}\)
Lời giải:Để $y$ nguyên thì $x^3+1\vdots x^4+1$
$\Leftrightarrow x^4+x\vdots x^4+1$
$\Leftrightarrow x^4+1+x-1\vdots x^4+1$
$\Leftrightarrow x-1\vdots x^4+1$
Nếu $x-1=0$ thì điều trên đúng. Kéo theo $y=1$
Nếu $x-1\neq 0$ thì $|x-1|\geq x^4+1(*)$
Cho $x>1$ thì $(*)\Leftrightarrow x-1\geq x^4+1$
$\Leftrightarrow x(1-x^3)-2\geq 0$ (vô lý với mọi $x>1$)
Cho $x< 1$ thì $(*)\Leftrightarrow 1-x\geq x^4+1$
$\Leftrightarrow x^4+x\leq 0$
$\Leftrightarrow x(x^3+1)\leq 0$
$\Leftrightarrow -1\leq x\leq 0$. Do $x$ nguyên nên $x=-1$ hoặc $x=0$
Với $x=-1$ thì $y=0$
Với $x=0$ thì $y=1$
Vậy..........
Giả sử tồn tại x, y, z, t thỏa mãn.
Ta chứng minh bổ đề: Cho \(a,b\in\mathbb{Z}\). Khi đó \(a^2+b^2\vdots 3\Leftrightarrow a,b\vdots 3\).
Thật vậy, ta thấy nếu \(a,b\vdots 3\Rightarrow a^2+b^2\vdots 3\).
Nếu \(a^2+b^2\vdots 3\): Do \(a^2,b^2\equiv0;1\left(mod3\right)\) nên ta phải có \(a^2,b^2\equiv0\left(mod3\right)\Rightarrow a,b⋮3\).
Bổ đề dc cm.
Trở lại bài toán: Ta có 2019 chia hết cho 3 nên \(x^2+y^2⋮3\Rightarrow x,y⋮3\Rightarrow x^2+y^2⋮9\).
Mà 2019 không chia hết cho 9 nên \(z^2+t^2⋮3\Leftrightarrow z,t⋮3\).
Đặt x = 3x', y = 3y', z = 3z', t = 3t'.
Ta có \(2019=\dfrac{x^2+y^2}{z^2+t^2}=\dfrac{x'^2+y'^2}{z'^2+t'^2}\).
Cmtt, ta có \(x',y',z',t'⋮3\).
Lặp lại nhiều lần như vậy, ta có \(x,y,z,t⋮3^k\forall k\in N\).
Do đó x = y = z = t = 0 (vô lí).
Vậy không tồn tại...
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)
Ta có:
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge\frac{3a}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{6a-b-c-2}{8}\)
Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}\ge\frac{6b-c-a-2}{8}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{6c-a-b-2}{8}\end{cases}}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{6a-b-c-2}{8}+\frac{6b-c-a-2}{8}+\frac{6c-a-b-2}{8}\)
\(=\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}.\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)