![](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)
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.
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.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ko lq nhưng ta chuẩn hóa \(a+b+c=3\). So:
\(M\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{3}{2}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a/ \(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2\ge a^2+b^2+c^2-2ab+2ac-2bc\)
\(\Leftrightarrow b^2-ab+ac-bc\le0\)
\(\Leftrightarrow b\left(b-a\right)-c\left(b-a\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)\left(b-a\right)\le0\) (luôn đúng do \(a\ge b\ge c\))
Dấu "=" xảy ra khi \(\left[{}\begin{matrix}a=b\\b=c\end{matrix}\right.\)
b/ Tương tự như câu trên:
\(a^2-b^2+c^2-d^2\ge\left(a-b+c\right)^2-d^2=\left(a-b+c-d\right)\left(a-b+c+d\right)\ge\left(a-b+c-d\right)^2\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Thấy:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=9\Leftrightarrow a=b=c\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Tìm maximize: trước tiên điểm rơi của nó sẽ là (1;1;4) và các hoán vị ( dự đoán)
ta sẽ chứng minh \(P\le18\)
từ giả thiết: \(a,b,c\ge1\)nên \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)
tương tự:\(bc+1\ge b+c\);\(ca+1\ge c+a\)
cộng theo vế: \(ab+bc+ca+3\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\le6\)
mà \(P=a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)=\left(a+b+c\right)^2-18\le36-18=18\)(ĐPCM)
Dấu = xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(1;1;4\right)\)và các hoán vị
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Trước hết ta chứng minh \(a\ge c\) . Ta viết lại giả thiết là \(a^2-c^2=b\left(ac^2-b\right)\)
Giả sử \(a< c\) khi đó ta được \(a^2-c^2=b\left(ac^2-b\right)< 0\Leftrightarrow b>ac^2\)
Mà ta lại thấy \(b\left(b-ac^2\right)\ge b>ac^2\)
Mà do a, c là các số nguyên dương nên ta được
\(c^2-a^2-ac^2=c^2\left(1-a\right)-a^2< 0\)
Hai bất đẳng thức này mâu thuẫn với nhau. Do đó không thể xảy ra \(a< c\), tức là ta có bất đẳng thức \(a\ge c\)
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \(b\ge c\)
Vậy bài toán được chứng minh xong :)))
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có: \(\dfrac{a}{1+9b^2}=a-\dfrac{9ab^2}{1+9b^2}\ge a-\dfrac{3ab}{2}\)
\(\Rightarrow\)\(\text{Σ}\dfrac{a}{1+9b^2}\ge a+b+c-\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2}\ge a+b+c-\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2}=\dfrac{1}{2}\)
(Áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương, ta có:
\(\text{ }ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\Rightarrow3\left(\text{ }ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2\))
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Chứng minh BĐT vế trái:
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:
\(VT=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ca}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge a^2+b^2+c^2\)
Tiếp theo, chứng minh BĐT vế phải:\(a^2+b^2+c^2\ge3\)
Từ giả thiết suy ra: \(6=a+b+c+ab+bc+ca\le a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Ta có: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge3\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\ge2\\ \Rightarrow\dfrac{1}{a+1}\ge\left(1-\dfrac{1}{b+1}\right)+\left(1-\dfrac{1}{c+1}\right)\\ \Rightarrow\dfrac{1}{a+1}\ge\dfrac{b}{b+1}+\dfrac{c}{c+1}\)
Theo BĐT AM-GM ; ta có :
\(\dfrac{b}{b+1}+\dfrac{c}{c+1}\ge 2\sqrt{\dfrac{bc}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\\ \Rightarrow\dfrac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\dfrac{8abc}{\left(a+1\right)\left(b+c\right)\left(c+1\right)}\\ \Rightarrow a.b.c\le\dfrac{1}{8}\)
Đề bài sai bạn, \(a=0;b=c=-\sqrt{3}\) thì \(a^2+b^2+c^2=6\) và \(a+b+c< 0\)
k bạn ơi