![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(VT=\dfrac{a^3bc}{c+ab^2c}+\dfrac{ab^3c}{a+abc^2}+\dfrac{abc^3}{b+a^2bc}\)
\(=abc\left(\dfrac{a^2}{c+ab^2c}+\dfrac{b^2}{a+abc^2}+\dfrac{c^2}{b+a^2bc}\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng engel có:
\(VT\ge\dfrac{abc\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+abc\left(a+b+c\right)}\)\(=\dfrac{abc\left(a+b+c\right)}{1+abc}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Vậy...
Sai đề không bạn,tại a=b=c=2 thay vào không thỏa mãn nha
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1. Không có dấu "=" em nhé.
Vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác thì:
$a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac$
$b< a+c\Rightarrow b^2< ba+bc$
$c< a+b\Rightarrow c^2< ca+cb$
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2(ab+bc+ac)$
Ta có đpcm.
2.
$(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)$
$=(x-1)(x-4)(x-2)(x-3)$
$=(x^2-5x+4)(x^2-5x+6)$
$=(x^2-5x+4)(x^2-5x+4+2)$
$=(x^2-5x+4)^2+2(x^2-5x+4)$
$=(x^2-5x+4)^2+2(x^2-5x+4)+1-1$
$=(x^2-5x+5)^2-1\geq 0-1=-1$ do $(x^2-5x+5)^2\geq 0$ với mọi $x\in\mathbb{R}$
Vậy ta có đpcm.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Xài BĐT Bunhiacopski :
\(\left(b+c+c+a+a+b\right)\left(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\right)\)
\(\ge\left(a+b+c\right)^2\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
Sử dụng Bunhiacopski đỡ phải chứng minh lại Cauchy Schwarz
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1. Đề sai, ví dụ (a;b;c)=(1;2;2) hay (1;2;7) gì đó
2. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 4 số a;b;c;d luôn có ít nhất 2 số đồng dư khi chia 3.
Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b thì \(a-b⋮3\)
Ta có 2 TH sau:
- Trong 4 số có 2 chẵn 2 lẻ, giả sử a, b chẵn và c, d lẻ \(\Rightarrow a-b,c-d\) đều chẵn \(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(c-d\right)⋮4\)
\(\Rightarrow\) Tích đã cho chia hết 12
- Trong 4 số có nhiều hơn 3 số cùng tính chẵn lẽ, khi đó cũng luôn có 2 hiệu chẵn (tương tự TH trên) \(\Rightarrowđpcm\)
3. Với \(n=1\) thỏa mãn
Với \(n>1\) ta có \(3^n\equiv\left(5-2\right)^n\equiv\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)
\(\Rightarrow n.2^n+3^n\equiv n.2^n+\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)
Mặt khác \(n.2^n+\left(-2\right)^n=2^n\left(n+\left(-1\right)^n\right)\)
Mà \(2^n⋮̸5\Rightarrow n+\left(-1\right)^n⋮5\)
TH1: \(n=2k\Rightarrow2k+1⋮5\Rightarrow2k+1=5\left(2m+1\right)\Rightarrow k=5m+2\)
\(\Rightarrow n=10m+4\)
TH2: \(n=2k+1\Rightarrow2k+1-1⋮5\Rightarrow2k⋮5\Rightarrow k=5t\Rightarrow n=10t+1\)
Vậy với \(\left[{}\begin{matrix}n=10k+4\\n=10k+1\end{matrix}\right.\) (\(k\in N\)) thì số đã cho chia hết cho 5
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
m.n/(m^2+n^2 ) và m.n/2018
- Đặt (m,n)=d => m= da;n=db ; (a,b)=1
=> d^2(a^2+b^2)/(d^2(ab)) = (a^2+b^2)/(ab) => b/a ; a/b => a=b=> m=n=> ( 2n^2+2018)/n^2 =2 + 2018/n^2 => n^2/2018
=> m=n=1 ; lẻ và nguyên tố cùng nhau. vì d=1
Vẽ SH _I_ (ABCD) => H là trung điểm AD => CD _I_ (SAD)
Vẽ HK _I_ SD ( K thuộc SD) => CD _I_ HK => HK _I_ (SCD)
Vẽ AE _I_ SD ( E thuộc SD).
Ta có S(ABCD) = 2a² => SH = 3V(S.ABCD)/S(ABCD) = 3(4a³/3)/(2a²) = 2a
1/HK² = 1/SH² + 1/DH² = 1/4a² + 1/(a²/2) = 9/4a² => HK = 2a/3
Do AB//CD => AB//(SCD) => khoảng cách từ B đến (SCD) = khoảng cách từ A đến (SCD) = AE = 2HK = 4a/3