Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
- Với \(a+b\ge4\Rightarrow A\le0\)
- Với \(a+b< 4\Rightarrow4-a-b>0\)
\(\Rightarrow A=\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}.b.\left(4-a-b\right)\)
\(\Rightarrow A\le\dfrac{1}{64}\left(\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+b+4-a-b\right)^4=4\)
\(A_{max}=4\) khi \(\left(a;b\right)=\left(2;1\right)\)
2.
\(P=a+\dfrac{1}{2}.a.2b\left(1+2c\right)\le a+\dfrac{a}{8}\left(2b+1+2c\right)^2\)
\(P\le a+\dfrac{a}{8}\left(7-2a\right)^2=\dfrac{1}{8}\left(4a^3-28a^2+57a-36\right)+\dfrac{9}{2}\)
\(P\le\dfrac{1}{8}\left(a-4\right)\left(2a-3\right)^2+\dfrac{9}{2}\le\dfrac{9}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{3}{2};1;\dfrac{1}{2}\right)\)
Câu 3 bạn xem lại đề, mình có thể chắc chắn với bạn là đề sai
Ví dụ bạn cho \(x=98,y=100\) thì vế trái chỉ lớn hơn 8 một chút
Đề đúng phải là: \(\left(x+y\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)+\dfrac{16xy}{\left(x-y\right)^2}\ge12\)
Cho \(a,b,c\in Q\) thỏa mãn \(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}=0\) \(\left(i\right)\)
Chứng minh rằng: \(a=b=c=0\)
\(-------\)
Chứng minh bổ đề: \(\sqrt[3]{2}\) là một số vô tỉ.
Đối với loại bài toán trên, ta cần dùng phương pháp phản chứng để tìm đáp án.
Thật vậy, giả sử \(R=\sqrt[3]{2}\) là một số hữu tỉ.
Tức là phải tồn tại các số nguyên \(m,n\) sao cho \(R=\frac{m}{n}\) nên \(R\) là nghiệm hữu tỉ của phương trình:
\(\left(\frac{m}{n}\right)^3=2;\)
Suy ra \(m\inƯ\left(2\right),\) \(n\inƯ\left(1\right)\)
Tuy nhiên, lại không tồn tại \(m\) nào là ước của \(2\) mà lũy thừa \(3\) (lập phương) bằng \(2\)
Do đó, suy ra điều giả sử sai!
Vậy, \(R\) là một số vô tỉ.
\(-------\)
Ta có:
\(\left(i\right)\) \(\Rightarrow\) \(c\sqrt[3]{2^2}+b\sqrt[3]{2}+a=0\) \(\left(ii\right)\)
Đặt \(a=z;\) \(b=y;\)và \(c=x\) \(\Rightarrow\) \(x,y,z\in Q\)
Ta biểu diễn lại phương trình \(\left(ii\right)\) dưới dạng ba biến số \(x,y,z\) như sau:
\(x\sqrt[3]{2^2}+y\sqrt[3]{2}+z=0\) \(\left(\alpha\right)\)
Giả sử phương trình \(\left(\alpha\right)\) tồn tại với ba ẩn \(x,y,z\) được xác định, ta có:
\(y\sqrt[3]{2^2}+z\sqrt[3]{2}+2x=0\) \(\left(\beta\right)\)
Từ \(\left(\alpha\right);\left(\beta\right)\) suy ra được \(\left(y^2-xz\right)\sqrt[3]{2}=\left(2x^2-yz\right)\)
Nếu \(2x^2-yz\ne0\) \(\Rightarrow\) \(\sqrt[3]{2}=\frac{2x^2-yz}{y^2-xz}\) là một số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
\(\Rightarrow\) \(\hept{\begin{cases}y^2-xz=0\\2x^2-yz=0\end{cases}}\) \(\Rightarrow\) \(\hept{\begin{cases}y^3=xyz\\yz=2x^2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\) \(y^3=2x^3\) hay nói cách khác, \(y=x\sqrt[3]{2}\)
Nếu \(y\ne0\) thì \(\sqrt[3]{2}=\frac{y}{x}\in Q\) (mâu thuẫn với giả thiết theo bổ đề trên)
\(\Rightarrow\) \(x=0;y=0\)
Từ đó, ta dễ dàng chứng minh được \(z=0\)
Do đó, \(a=0;b=0;c=0\) (theo cách đặt trên)
Ngược lại, nếu \(a=b=c=0\) thì vẫn thỏa mãn \(\left(i\right)\) luôn đúng!
Vậy, tóm lại tất cả các điều đã nêu trên, kết luận \(a=b=c=0\)
Giả thiết ngứa mắt vc , let's biến đổi chút
\(GT\Leftrightarrow\frac{1-a}{a}.\frac{1-b}{b}.\frac{1-c}{c}=1\). Đặt \(\left(\frac{1-a}{a};\frac{1-b}{b};\frac{1-c}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)
thì \(a=\frac{1}{x+1};b=\frac{1}{y+1};c=\frac{1}{z+1}\)
nên bài toán đã cho trở thành \(\frac{1}{\left(x+1\right)^2}+\frac{1}{\left(y+1\right)^2}+\frac{1}{\left(z+1\right)^2}\ge\frac{3}{4}\left(xyz=1\right)\)
để ý rằng \(VT\ge\frac{1}{2\left(x^2+1\right)}+\frac{1}{2\left(y^2+1\right)}+\frac{1}{2\left(z^2+1\right)}\)
nên chỉ cần chứng minh \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}+\frac{1}{z^2+1}\ge\frac{3}{2}\left(xyz=1\right)\)
\(\frac{a^4+b^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4+c^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4+a^4}{c^3+a^3}\ge2018\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^4+b^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4+c^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4+a^4}{c^3+a^3}\ge a+b+c\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\frac{a^3\left(a-c\right)+b^3\left(b-c\right)}{a^3+b^3}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\left(a-b\right)\left(\frac{a^3}{c^3+a^3}-\frac{b^3}{b^3+c^3}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\left(\left(a-b\right)^2\frac{c^3\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)\left(b+c\right)\left(b^2-bc+c^2\right)}\right)\ge0\)
BĐT cuối cùng liếc qua cũng biết thừa đúng :) nên ta có ĐPCM
Dấu "=" <=> a=b=c
Ủng hô va` kb với mình nhé ^^
Mình xài p,q,r nhé :))
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=1-3q+3r\)
\(a^4+b^4+c^4=1-4q+2q^2+4r\)
Khi đó BĐT tương đương với:
\(\frac{1}{8}+2q^2+4r-4q+1\ge1-3q+3r\)
\(\Leftrightarrow2q^2-q+\frac{1}{8}+r\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(q-\frac{1}{4}\right)+r\ge0\) ( đúng )
\(a^4+b^4+c^4+\frac{1}{8}\left(a+b+c\right)^4\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b+c\right)\)
Khúc đầu có gì đâu nhỉ: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(=p^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)
\(=p^3-3pq+3r\)
--------------------------------------
\(a^4+b^4+c^4=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(=\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2-2\left[\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)\right]\)
\(=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)\)
\(=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)
Xem thêm các đẳng thức thông dụng tại: https://bit.ly/3hllKCq
Xét a4 - 2a3 \(\ge8a-16\)
<=> a4 -2a3 -8a +16\(\ge0\)
<=> (a4 - 2a3) - 8 (a-2) \(\ge0\)
<=> \(a^3\left(a-2\right)-8\left(a-2\right)\ge0\)
<=> \(\left(a-2\right)\left(a^3-8\right)\ge0\)
<=> \(\left(a-2\right)^2\left(a^2+2a+4\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự => \(\left\{{}\begin{matrix}b^4-2b^3\ge8b-16\\c^4-2c^3\ge8c-16\end{matrix}\right.\)
<=> \(a^4+b^4+c^4-2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge8\left(a+b+c\right)-48=0\)
<=> \(a^4+b^4+c^4\ge2\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Dấu "=" <=> a=b=c=2