Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
cho a,b,c > 0 , tm a +b +c = 1 . CM : \(a^4/(a^3 + b^3) + b^4/(b^3 + c^3 )+ c^4/(c^3 + a^3) >= 1/2\)
a/ Ta có \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge ab\Rightarrow\left(a+b\right)^2\ge4\Rightarrow a+b\ge2\)
\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)=ab+\left(a+b\right)+1=a+b+2\ge2+2=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=1\)
b/ Áp dụng BĐT \(ab\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\Rightarrow ab\le\dfrac{1}{4}\Rightarrow\dfrac{1}{ab}\ge4\)
Lại áp dụng BĐT: \(x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\) cho 2 số dương ta được:\(\left(a+\dfrac{1}{b}\right)^2+\left(b+\dfrac{1}{a}\right)^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)^2=\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{ab}\right)^2\ge\dfrac{1}{2}\left(1+4\right)^2=\dfrac{25}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)
Ngọc Anh Dũngo0oNguyễno0oHuy hoàng indonaca0o0 khùng mà 0o0Tình bạn vĩnh cửu Phương DungHacker Mũ Trắng
Bài 1:
Chiều thuận:\(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x\vdots 3; y\vdots 3\)
Giả sử cả \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\). Ta biết rằng một số chính phương khi chia 3 thì dư $0$ hoặc $1$.
Do đó nếu \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\Rightarrow x^2\equiv 1\pmod 3; y^2\equiv 1\pmod 3\)
\(\Rightarrow x^2+y^2\equiv 2\pmod 3\) (trái với giả thiết )
Suy ra ít nhất một trong 2 số $x,y$ chia hết cho $3$
Giả sử $x\vdots 3$ \(\Rightarrow x^2\vdots 3\). Mà \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow y^2\vdots 3\Rightarrow y\vdots 3\)
Vậy \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x,y\vdots 3\)
Chiều đảo:
Ta thấy với \(x\vdots 3, y\vdots 3\Rightarrow x^2\vdots 3; y^2\vdots 3\Rightarrow x^2+y^2\vdots 3\) (đpcm)
Vậy ta có đpcm.
Bài 2: > chứ không \(\geq \) nhé, vì khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\) thì cả 3 BĐT đều đúng.
Phản chứng, giả sử cả 3 BĐT đều đúng
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a(1-b)> \frac{1}{4}\\ b(1-c)> \frac{1}{4}\\ c(1-a)>\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a(1-a)b(1-b)c(1-c)> \frac{1}{4^3}(*)\)
Theo BĐT AM-GM thì:
\(a(1-a)\leq \left(\frac{a+1-a}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)
\(b(1-b)\leq \left(\frac{b+1-b}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)
\(c(1-c)\leq \left(\frac{c+1-c}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow abc(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1}{4^3}\) (mâu thuẫn với $(*)$)
Do đó điều giả sử là sai, tức là trong 3 BĐT trên có ít nhất một BĐT đúng.
a)\(a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow a^2-a+\frac{1}{4}+b^2-b+\frac{1}{4}+c^2-c+\frac{1}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\left(c-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\)
Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
b)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1+1\right)\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a^2+b^2\right)^2\Rightarrow a^4+b^4\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}\)
\(\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}\ge\frac{\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\right)^2}{2}=\frac{\frac{\left(a+b\right)^2}{4}}{2}>\frac{\frac{1}{4}}{2}=\frac{1}{8}\)
c)\(BDT\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\)
Khi a=b