Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giả sử trong 2018 số này không tồn tại 2 số nào bằng nhau.
Giả sử \(a_1>a_2>...>a_{2018}\)
\(\Rightarrow a_{2018}\ge2,a_{2017}\ge3,...,a_1\ge2019\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+...+\frac{1}{a_{2018}^2}\le\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{2019^2}\)\(< \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{2018.2019}\)
\(=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019}< 1\)(mâu thuẫn với giả thiết)
=> điều giả sử không xảy ra=>đpcm
Giả sử trong 2018 số đó chẳng có số nào bằng nhau và tất cả các số đều lớn hơn 1. Thế thì:
1a21+1a22+1a23+…+1a220181a12+1a22+1a32+…+1a20182≤122+132+142+…+120192≤122+132+142+…+120192
Cơ mà:
122+132+142+…+120192122+132+142+…+120192<11.2+12.3+13.4+…+12018.2019<11.2+12.3+13.4+…+12018.2019
=1–12019<1=1–12019<1 (theo phần a)
Thế nhưng đề bài cho 1a21+1a22+1a23+…+1a22018=11a12+1a22+1a32+…+1a20182=1 (vô lý)
Vậy thể nào trong 2018 số tự nhiên đó cũng có 2 số bằng nhau
1. Đề thiếu
2. BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)
3.
Ta có:
\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)
\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Lại có:
\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)
4.
Ta có:
\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
5.
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)
