Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
.
.
.
Bài làm của em đầu tiên phải giả sử: \(3\ge y\ge x\ge z\ge0\)
Xét dấu nó thì e chỉ cần xét từng cái là được
Cái thứ nhất:
\(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}=\sqrt{y}+\sqrt{x+y+z}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}=\sqrt{y\left(x+y+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow xz=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\z=0\end{cases}}\)
Cái thứ 2:
\(\sqrt{y}+\sqrt{z+x}=\sqrt{x+y+z}\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{y\left(x+z\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=0\\x+z=0\end{cases}}\)
Kết hợp cả 2 điều kiện thì suy ra được
\(x=z=0;y=3\)
Bài 4 nha
Áp dụng BĐT cô si ta có
\(\frac{1}{x^2}+x+x\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{x^2}.x.x}=3.\)
Tương tự với y . \(A\ge6\)dấu = xảy ra khi x=y=1
Câu 9:
\(a,\left(a+1\right)^2\ge4a\\ \Leftrightarrow a^2+2a+1\ge4a\\ \Leftrightarrow a^2-2a+1\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\ge0\left(luôn.đúng\right)\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=1\)
\(b,\) Áp dụng BĐT cosi: \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge2\sqrt{a}\cdot2\sqrt{b}\cdot2\sqrt{c}=8\sqrt{abc}=8\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Câu 10:
\(a,\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\\ \Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\le2a^2+2b^2\\ \Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\left(luôn.đúng\right)\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b\)
\(b,\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\le3a^2+3b^2+3c^2\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\left(luôn.đúng\right)\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c\)
Câu 13:
\(M=\left(a^2+ab+\dfrac{1}{4}b^2\right)-3\left(a+\dfrac{1}{2}b\right)+\dfrac{3}{4}b^2-\dfrac{3}{2}b+2021\\ M=\left[\left(a+\dfrac{1}{2}b\right)^2-2\cdot\dfrac{3}{2}\left(a+\dfrac{1}{2}b\right)+\dfrac{9}{4}\right]+\dfrac{3}{4}\left(b^2-2b+1\right)+2018\\ M=\left(a+\dfrac{1}{2}b-\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}\left(b-1\right)^2+2018\ge2018\\ M_{min}=2018\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+\dfrac{1}{2}b=\dfrac{3}{2}\\b=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=1\)
Câu 6:
$2=(a+b)(a^2-ab+b^2)>0$
$\Rightarrow a+b>0$
$4(a^3+b^3)-N^3=4(a^3+b^3)-(a+b)^3$
$=3(a^3+b^3)-3ab(a+b)=(a+b)(a-b)^2\geq 0$
$\Rightarrow N^3\leq 4(a^3+b^3)=8$
$\Rightarrow N\leq 2$
Vậy $N_{\max}=2$
\(x=\frac{a}{m},y=\frac{b}{m},z=\frac{a+b}{2m}.\)
có : \(z=\frac{1}{2}.\frac{\left(a+b\right)}{m}\)
có \(x+y=\frac{a}{m}+\frac{b}{m}=\frac{\left(a+b\right)}{m}\)
\(z=\frac{1}{2}\left(x+y\right)\)
có \(x+x< x+y\) " vì x<y"
nhân 1/2 vào 2 vế của bdt " dấu ko đổi ta được " nhân vào 2x < x+y
\(\frac{1}{2}.2x< \frac{1}{2}.\left(x+y\right)=z\)
vậy suy ra \(x< \frac{\left(x+y\right)}{2}=z\)
lại có x<y
vậy x+y < y+y
nhân 1 /2 vào 2 vế ta được
\(\frac{1}{2}\left(x+y\right)< \frac{1}{2}\left(y+y\right)\)
\(z=\frac{1}{2}\left(x+y\right)< \frac{2y}{2}=y\)
xin bài 2 ............................................ 5 phút nữa làmmmmmmmmmmm
1/
\(P=\frac{3}{xy+yz+zx}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}=\frac{2}{xy+yz+xz}+\frac{1}{xy+yx+xz}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}\)\
\(\ge\frac{2}{\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}+\frac{\left(2\sqrt{2}\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=14\)
Ta thấy dấu bằng xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x=y=z=\frac{1}{3}\\\frac{1}{xy+yz+xz}=\frac{\sqrt{2}}{x^2+y^2+z^2}\end{cases}}\)
Hai điều kiện không thể đồng thời xảy ra nên không tồn tại dấu bằng. Vậy P > 14
1) vì x,y,z là các số bất kì, ta có bđt luôn đúng: (x+y+z)2 \(\ge\)3(xy+yz+zx)
vì x+y+z=1 nên suy ra \(\frac{1}{xy+yz+zx}\ge3\)
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
ta có \(\frac{1}{3\left(xy+yz+zx\right)}+\frac{1}{x^2+y^2+z^2}\ge\frac{4}{\left(x+y+z\right)^3}=4\)
\(\Rightarrow\frac{3}{xy+yz+zx}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}=\frac{4}{2\left(xy+yz+zx\right)}+\frac{2}{2\left(xy+yz+zx\right)}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}\)\(\ge2\cdot3+2\cdot4=14\)
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}x=y=z=\frac{1}{3}\\2\left(xy+yz+zx\right)=x^2+y^2+z^2\end{cases}}\)
hệ này vô nghiệm nên bât không trở thành đẳng thức
vậy bất đẳng thức được chứng minh
2) ta có \(\frac{x^3}{y^3+8}+\frac{y+2}{27}+\frac{y^2-2y+4}{27}\ge\frac{x}{3}\Rightarrow\frac{x^3}{y^3+8}\ge\frac{9x+y-y^2-6}{27}\)
tương tự ta có: \(\frac{y^3}{z^3+8}\ge\frac{9y+z-z^2-6}{27},\frac{z^3}{x^3+8}\ge\frac{9z+x-x^2-6}{27}\)nên
\(VT\ge\frac{10\left(x+y+z\right)-\left(x^2+y^2+z^2\right)-18}{27}=\frac{12-\left(x^2+y^2+z^2\right)}{27}\)mà ta lại có
\(\frac{12-\left(x^2+y^2+z^2\right)27}{27}=\frac{3+\left(x+y+z\right)^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)}{27}=\frac{1}{9}+\frac{2}{27}\left(xy+yz+zx\right)\)
từ đó ta có điều phải chứng minh, đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1
60 = 3.4.5
Ta cần c/m xyz chia hết cho 3; 4 và 5.
Xét x² + y² = z²
* Giả sử cả x; y và z đều không chia hết cho 3.
Khi đó x; y và z chia cho 3 dư 1 hoặc dư 2 => x²; y² và z² chia cho 3 dư 1.
=> x² + y² ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 3 )
Vô lí vì z² ≡ 1 ( mod 3 )
Vậy tồn tại ít nhất 1 số ⋮ 3, do đó xyz ⋮ 3 (♠)
* Giả sử cả x; y và z không chia hết cho 4.
Khi đó x; y và z chia cho 4 dư 1; 2 hoặc 3.
*TH 1 : Cả x; y và z lẻ => x²; y² và z² chia 4 dư 1.
=> z² = x² + y² ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 4 ) { loại }
*TH 2 : Có ít nhất 2 số chẵn => xyz⋮ 4
*TH 3 : Có 1 số chẵn và 2 số lẻ.
......+ Với x; y lẻ thì z² = x² + y² ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 4 ) { loại do z chẵn nên z² ≡ 0 ( mod 4 )}
......+ Với x; z lẻ thì y² = z² - x² ≡ (z - x)(z + x). Ta có bảng sau :
........z...............x...........z-...
....4m+1.......4n+1.........4(m-n).......
....4m+3.......4n+1.......4(m-n)+2.......
Các trường hợp khác tương tự. Ta luôn có y² = (z-x)(z+x)⋮8. Trong khi y²⋮4 nhưng không⋮8 => mâu thuẫn.
Vậy tồn tại ít nhất 1 số⋮4 => xyz⋮4 (♣)
* Giả sử cả x; y và z không chia hết cho 5.
Khi đó x; y và z chia cho 5 dư 1; 2; 3 hoặc 4 => x²; y² và z² chia cho 5 dư 1 hoặc -1.
+ TH 1 : x² ≡ 1 ( mod 5 ); y² ≡ 1 ( mod 5 ) => z² = x² + y² ≡ 2 ( mod 5 ) { loại }
+ TH 2 : x² ≡ -1 ( mod 5 ); y² ≡ -1 ( mod 5 ) => z² = x² + y² ≡ -1 ( mod 5 ) { loại }
+ TH 3 : x² ≡ 1 ( mod 5 ); y² ≡ -1 ( mod 5 ) => z² = x² + y² ≡ 0 ( mod 5 ) { loại }
Vậy tồn tại ít nhất 1 số⋮5 => xyz⋮5 (♦)
Từ (♠); (♣) và (♦) => xyz⋮3.4.5 = 60 ( đpcm )
60 = 3.4.5
Ta cần c/m xyz chia hết cho 3; 4 và 5.
Xét x² + y² = z²
* Giả sử cả x; y và z đều không chia hết cho 3.
Khi đó x; y và z chia cho 3 dư 1 hoặc dư 2 => x²; y² và z² chia cho 3 dư 1.
=> x² + y² ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 3 )
Vô lí vì z² ≡ 1 ( mod 3 )
Vậy tồn tại ít nhất 1 số ⋮ 3, do đó xyz ⋮ 3 (♠)
* Giả sử cả x; y và z không chia hết cho 4.
Khi đó x; y và z chia cho 4 dư 1; 2 hoặc 3.
*TH 1 : Cả x; y và z lẻ => x²; y² và z² chia 4 dư 1.
=> z² = x² + y² ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 4 ) { loại }
*TH 2 : Có ít nhất 2 số chẵn => xyz⋮ 4
*TH 3 : Có 1 số chẵn và 2 số lẻ.
......+ Với x; y lẻ thì z² = x² + y² ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 4 ) { loại do z chẵn nên z² ≡ 0 ( mod 4 )}
......+ Với x; z lẻ thì y² = z² - x² ≡ (z - x)(z + x). Ta có bảng sau :
........z...............x...........z-...
....4m+1.......4n+1.........4(m-n).......
....4m+3.......4n+1.......4(m-n)+2.......
Các trường hợp khác tương tự. Ta luôn có y² = (z-x)(z+x)⋮8. Trong khi y²⋮4 nhưng không⋮8 => mâu thuẫn.
Vậy tồn tại ít nhất 1 số⋮4 => xyz⋮4 (♣)
* Giả sử cả x; y và z không chia hết cho 5.
Khi đó x; y và z chia cho 5 dư 1; 2; 3 hoặc 4 => x²; y² và z² chia cho 5 dư 1 hoặc -1.
+ TH 1 : x² ≡ 1 ( mod 5 ); y² ≡ 1 ( mod 5 ) => z² = x² + y² ≡ 2 ( mod 5 ) { loại }
+ TH 2 : x² ≡ -1 ( mod 5 ); y² ≡ -1 ( mod 5 ) => z² = x² + y² ≡ -1 ( mod 5 ) { loại }
+ TH 3 : x² ≡ 1 ( mod 5 ); y² ≡ -1 ( mod 5 ) => z² = x² + y² ≡ 0 ( mod 5 ) { loại }
Vậy tồn tại ít nhất 1 số⋮5 => xyz⋮5 (♦)
Từ (♠); (♣) và (♦) => xyz⋮3.4.5 = 60 ( đpcm )
BĐT Cosi cho 2 số a,b >0:
a + b >= 2căn(ab)
di từ: ( √a - √b)² ≥ 0 ( voi moi a , b ≥ 0 )
<=> a + b - 2√(ab) ≥ 0
<=> a + b ≥ 2√(ab)
dau "=" xay ra khi √a - √b = 0 <=> a = b
(a+b)/2 >=Cab(C là căn)
a+b>=2*Cab
(a+b)^2>=4*ab
a^2+2ab+b^2-4ab>=0
a^2-2ab+b^2>=0
(a-b)^2>=0(luôn đúng)
vây ta được điều cm
Đây chính là bất đẳng thức côsi 2 số mà bạn
(a+b)/2 >=Cab(C là căn)
a+b>=2*Cab
(a+b)^2>=4*ab
a^2+2ab+b^2-4ab>=0
a^2-2ab+b^2>=0
(a-b)^2>=0(luôn đúng)
vây ta được điều cm
Đây chính là bất đẳng thức côsi 2 số mà bạn