1.cho a+b+c=1 với a,b,c >0.ứng minh rằng : √(a+b)+√(b+c)+√(c+a) ≥ √6
2. giải phương trình nghiệm nguyên: x^2+xy+y^2=x^2y^2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
18 tháng 9 2023
Lời giải:
Từ $a+b> c\Rightarrow a+b-c>0$ (cái này hiển nhiên)
Từ $|a-b|< c\Leftrightarrow |a-b|^2< c^2$
$\Leftrightarrow (a-b)^2< c^2$
$\Leftrightarrow (a-b-c)(a-b+c)<0$
Với $c>0$ thì $a-b-c< a-b+c$ nên để tích âm thì $a-b-c<0< a-b+c$
Hay $a-b-c<0$ và $a-b+c>0$
KK
19 tháng 3 2017
b)
\(\dfrac{ab}{c+1}+\dfrac{bc}{a+1}+\dfrac{ca}{b+1}\le\dfrac{1}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{a+b+2c}+\dfrac{bc}{2a+b+c}+\dfrac{ca}{a+2b+c}\le\dfrac{1}{4}\)
Áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{ab}{a+b+2c}=\dfrac{ab}{a+c+b+c}\le\dfrac{ab}{4}\left(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}\right)\\\dfrac{bc}{2a+b+c}=\dfrac{bc}{a+b+a+c}\le\dfrac{bc}{4}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\right)\\\dfrac{ca}{a+2b+c}=\dfrac{ca}{a+b+b+c}\le\dfrac{ca}{4}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{ab}{4}\left(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}\right)+\dfrac{bc}{4}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\right)+\dfrac{ca}{4}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}\right)\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{ab}{4\left(a+c\right)}+\dfrac{ab}{4\left(b+c\right)}+\dfrac{bc}{4\left(a+b\right)}+\dfrac{bc}{4\left(a+c\right)}+\dfrac{ca}{4\left(a+b\right)}+\dfrac{ca}{4\left(b+c\right)}\)
\(\Rightarrow VT\le\left[\dfrac{ab}{4\left(a+c\right)}+\dfrac{bc}{4\left(a+c\right)}\right]+\left[\dfrac{bc}{4\left(a+b\right)}+\dfrac{ca}{4\left(a+b\right)}\right]+\left[\dfrac{ca}{4\left(b+c\right)}+\dfrac{ab}{4\left(b+c\right)}\right]\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{ab+bc}{4\left(a+c\right)}+\dfrac{bc+ca}{4\left(a+b\right)}+\dfrac{ca+ab}{4\left(b+c\right)}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{b\left(a+c\right)}{4\left(a+c\right)}+\dfrac{c\left(a+b\right)}{4\left(a+b\right)}+\dfrac{a\left(b+c\right)}{4\left(b+c\right)}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{a+b+c}{4}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{1}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{c+1}+\dfrac{bc}{a+1}+\dfrac{ca}{b+1}\le\dfrac{1}{4}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
9 tháng 4 2017
1/ \(x^2+1\ge2x;x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow\left(x^2+1\right)\left(x^2+y^2\right)\ge4x^2y\)
Dấu = xảy ra <=> x=1 và x=y <=> x=y=1
2/ \(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=\left(a+b\right)\left[\left(a-b\right)^2+ab\right]\ge\left(a+b\right)\left(ab+0\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{abc\left(a+b+c\right)}\)
chứng minh tương tự rồi cộng 2 cái kia vào rút gọn sẽ ra nhé bạn
2
\(pt\Leftrightarrow x^2\left(1-y^2\right)+y.x+y^2=0\text{ (1)}\)
+Xét trường hợp \(1-y^2=0\Leftrightarrow y=\pm1\)
\(y=1\text{ thì }pt\rightarrow x+1=0\Leftrightarrow x=-1\)
\(y=-1\text{ thì }pt\rightarrow-x+1=0\Leftrightarrow x=1\)
+Xét \(y=0\)\(pt\rightarrow x=0\)
+Xét \(y\ne0;-1;1\Rightarrow\left|y\right|\ge2\Rightarrow y^2-1\ge3\)
\(pt\Leftrightarrow x^2\left(1-y^2\right)+y.x+y^2=0\text{ (1)}\)
\(\Delta\text{ (}x\text{) }=y^2-4\left(1-y^2\right)y^2=y^2\left(4y^2-3\right)\)
Để phương trình (1) có nghiệm x là một số nguyên thì \(\Delta\)phải là bình phương của một số hữu tỉ.
Khi đó, (1) có nghiệm \(x=\frac{-y\pm\sqrt{y^2\left(4y^2-3\right)}}{1-y^2}=\frac{-y\pm y\sqrt{4y^2-3}}{1-y^2}\)
Ta thấy ngay: \(\hept{\begin{cases}-y\in Z\\1-y^2\in Z\\1-y^2\le-3\end{cases}}\)nên nếu \(\sqrt{4y^2-3}\notin Z\) thì \(x\notin Z\)
Vậy ta cần \(\sqrt{4y^2-3}\in Z\Leftrightarrow4y^2-3=k^2\text{ }\left(k\in Z\text{+}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(2y+k\right)\left(2y-k\right)=3\)
Do \(k>0\) nên \(2y+k>2y-k\) và hai số trên đều nguyên nên xảy ra các trường hợp
\(\hept{\begin{cases}2y+k=3\\2y-k=1\end{cases}\text{ hoặc }\hept{\begin{cases}2y-k=-3\\2y+k=-1\end{cases}}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=1\\k=1\end{cases}}\text{ hoặc }\hept{\begin{cases}y=-1\\k=1\end{cases}}\)
Loại hết vì đang xét \(\left|y\right|\ge2\)
Vậy các nghiệm nguyên của hệ là \(\left(x;y\right)=\left(0;0\right);\text{ }\left(-1;1\right);\text{ }\left(1;-1\right)\)
\(1.\) Cho \(a+b+c=1\) với \(a,b,c>0\)
Chứng minh rằng: \(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{6}\left(1\right)\)
\(--------\)
\(\left(1\right)\) \(\Leftrightarrow\) \(\sqrt{1-a}+\sqrt{1-b}+\sqrt{1-c}\le\sqrt{6}\left(2\right)\)
Ta cần chứng minh bđt \(\left(2\right)\) luôn đúng với mọi số thực \(a,b,c>0\)
Thật vậy, áp dụng bđt Cauchy cho hai số dương, ta được:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{2}{3}\left(1-a\right)}\le\frac{1-a+\frac{2}{3}}{2}=\frac{5-3a}{6}\\\sqrt{\frac{2}{3}\left(1-b\right)}\le\frac{5-3b}{6}\\\sqrt{\frac{2}{3}\left(1-c\right)}\le\frac{5-3c}{6}\end{cases}}\)
Do đó, \(\sqrt{\frac{2}{3}}\left(\sqrt{1-a}+\sqrt{1-b}+\sqrt{1-c}\right)\le\frac{15-3\left(a+b+c\right)}{6}=\frac{15-3.1}{6}=2\)
hay nói cách khác, \(\sqrt{\frac{2}{3}}VT\left(2\right)\le2\)
\(\Rightarrow\) \(VT\left(2\right)\le\sqrt{\frac{3}{2}}.2=\sqrt{6}=VP\left(2\right)\)
Vậy, bđt \(\left(2\right)\) được chứng minh nên kéo theo bđt \(\left(1\right)\) luôn đúng với mọi \(a,b,c>0\)
Đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)