cho a+b\(\ge\)2, \(n\in N\)
CM \(a^n+b^n\le a^{n+1}+b^{n+1}\)
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
VT
0
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 9 2018
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.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 9 2018
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.
LB
1
22 tháng 5 2019
Với \(n=0\) thì bài toán trở thành:
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a-b+c}+\frac{1}{-a+b+c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\left(H\right)\)
Áp dụng BĐT phụ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
Ta có:\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a-b+c}\ge\frac{4}{a+b-c+a-b+c}=\frac{2}{a}\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự,ta có:
\(\frac{1}{a-b+c}+\frac{1}{-a+b+c}\ge\frac{2}{b}\left(2\right)\)
\(\frac{1}{-a+b+c}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{2}{c}\left(3\right)\)
Cộng vế theo vế của \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\Rightarrow H\left(true\right)\)
Với \(n=1\) thì bài toán trở thành:
\(\frac{c}{a+b-c}+\frac{b}{a-b+c}+\frac{a}{-a+b+c}\ge3\left(U\right)\)
Đặt \(-a+b+c=x;a-b+c=y;a+b-c=z\)
\(\Rightarrow a-b+c+a+b-c=y+z\)
\(\Rightarrow2a=y+z\)
\(\Rightarrow a=\frac{y+z}{2}\)
Tương tự,ta có:\(b=\frac{x+z}{2};c=\frac{x+y}{2}\)
Khi đó,ta có:\(\frac{c}{a+b-c}+\frac{b}{a-b+c}+\frac{a}{-a+b+c}=\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}\)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)+\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)+\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\right]\)( Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge2\))
\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2\right)\)
\(=3\left(4\right)\)
Từ \(\left(4\right)\Rightarrow U\left(true\right)\)
Với \(n=2\) thì ta có:
\(\left(a^{n-2}-b^{n-2}\right)\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a^{n-1}+b^{n-1}\ge b^{n-2}a+a^{n-2}b\left(5\right)\)
Tương tự,ta có:
\(b^{n-1}+c^{n-1}\ge b^{n-2}c+c^{n-2}b\left(6\right)\)
\(c^{n-1}+a^{n-1}\ge c^{n-2}a+a^{n-2}c\left(7\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số không âm,ta có:
\(\frac{a^n}{-a+b+c}+\left(-a+b+c\right)\cdot a^{n-2}\ge2\sqrt{\frac{a^n}{-a+b+c}\cdot\left(-a+b+c\right)\cdot a^{n-2}}\)
\(\Rightarrow\frac{a^n}{-a+b+c}-a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-2}c\ge2\cdot a^{n-1}\)
\(\Rightarrow\frac{a^n}{-a+b+c}+a^{n-2}b+a^{n-2}c\ge3a^{n-1}\left(8\right)\)
Tương tự ta có:
\(\frac{b^n}{a-b+c}+ab^{n-2}+cb^{n-2}\ge3b^{n-1}\left(9\right)\)
\(\frac{c^n}{a+b-c}+ac^{n-2}+bc^{n-2}\ge3c^{n-1}\left(10\right)\)
Cộng vế theo vế của \(\left(5\right);\left(6\right);\left(7\right);\left(8\right);\left(9\right);\left(10\right)\RightarrowĐPCM\)
P/S:Bài dài nên e không biết có đúng ko nữa:3
F
23 tháng 5 2019
Sau đây là lời giải siêu xàm của em!
Với n = 0 thì ta cần chứng minh \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\) (1)
Đặt \(\hept{\begin{cases}a+b-c=x\\b+c-a=y\\c+a-b=z\end{cases}}\Rightarrow a=\frac{z+x}{2};b=\frac{x+y}{2};c=\frac{y+z}{2}\)
BĐT (1) trở thành: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}\)
Thật vậy,áp dụng BĐT quen thuộc \(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\ge\frac{4}{m+n}\),ta có:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y};\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{4}{y+z};\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\ge\frac{4}{x+z}\)
Cộng theo vế ta được: \(2VT_{\left(1\right)}\ge\frac{4}{x+y}+\frac{4}{y+z}+\frac{4}{z+x}\)
\(\Rightarrow VT_{\left(1\right)}\ge\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}\)
Vậy BĐT (1) đúng. (*)
Giả sử điều đó đúng với n = k (\(k\inℕ^∗\)) tức là ta có: \(\frac{a^k}{b+c-a}+\frac{b^k}{c+a-b}+\frac{c^k}{a+b-c}\ge a^{k-1}+b^{k-1}+c^{k-1}\) (2)
Ta đi chứng minh điều đó đúng với n = k + 1 (\(k\inℕ^∗\)). Tức là c/m:
\(\frac{a^{k+1}}{b+c-a}+\frac{b^{k+1}}{c+a-b}+\frac{c^{k+1}}{a+b-c}\ge a^k+b^k+c^k\) (3)
Thật vậy (3) \(\Leftrightarrow\frac{a^k}{b+c-a}.a+\frac{b^k}{c+a-b}.b+\frac{c^k}{a+b-c}.c\ge a^{k-1}.a+b^{k-1}.b+c^{k-1}.c\)
Và bí!:D
VD
0
