bạn nhấn vào nha

cho các số nguyên a;b;c;d thỏa mãn điều kiện: a+b=c+d và a.b+1=c.d. CMR: c=d

\(ab+bc+ac=1\)

\(\Rightarrow\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\)

\(=\left(ab+bc+ac+a^2\right)\left(ab+bc+ac+b^2\right)\left(ab+bc+ca+c^2\right)\)

\(=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)

\(=\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\)

\(\frac{ab}{a+b}=\frac{bc}{b+c}\)

<=> \(\frac{10a+b}{a+b}=\frac{10b+c}{b+c}\)

<=> \(\frac{9a}{a+b}=\frac{9b}{b+c}\)

<=> \(\frac{a}{a+b}=\frac{b}{b+c}\)

=> a(b + c) = b(a + b)

<=> ab + ac = ba + b²

=> ac = b² (đpcm)

ac=b²

ko biết

Ta có: 

\(\hept{\begin{cases}\frac{a^2}{1+b}+\frac{1+b}{4}\ge a\\\frac{b^2}{1+a}+\frac{1+a}{4}\ge b\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a^2}{1+b}\ge\frac{4a-b-1}{4}\\\frac{b^2}{1+a}\ge\frac{4b-a-1}{4}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow A=\frac{a^2}{1+b}+\frac{b^2}{1+a}\ge\frac{4a-b-1}{4}+\frac{4b-a-1}{4}\)

\(=\frac{3}{4}\left(a+b\right)-\frac{1}{2}\ge\frac{3}{4}.2\sqrt{ab}-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=1\)

a=b=1 quá dễ

 a+b=c+d => a=c+d-b 

thay vào ab+1=cd 

=> (c+d-b).b+1=cd 

<=> cb+db-cd+1-b²=0 

<=> b(c-b)-d(c-b)+1=0 

<=> (b-d)(c-b)=-1 

a,b,c,d,nguyên nên (b-d) và (c-b) nguyên 

mà (b-d)(c-b)=-1 nên có 2 TH: 

TH1: b-d=-1 và c-b=1 

<=> d=b+1 và c=b+1 

=> c=d 

TH2: b-d=1 và c-b=-1 

<=> d=b-1 và c=b-1 

=> c=d 

Vậy từ 2 TH ta có c=d

ây zà mấy ngài à

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:

(a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2ab + 2bc + 2ca

=> 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2 (ab + bc + ca) (1) (a2 + 1) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2a + 2b + 2c

=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) (2)

Cộng các vế của (1) và (2) ta có:

3 ( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 2 (ab + bc + ca + a + b + c)

=> 3( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 12 => a2 + b2 + c2 ≥ 3.

Ta có: (a^3/b + ab ) + ( b^3/c + bc ) + ( c^3/a + ca)≥ 2(a2 + b2 + c2) (CÔ SI) 

<=>a^3/b + b^3/c + c^3/a +ab + bc + ac  ≥ 2(a2 + b2 + c2)

Vì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca => a^3 + b^3 + c^3 ≥ a2 + b2 + c2 ≥ 3 (đpcm).

Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương ta có:

\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)

\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2a+2b+2c\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\) (2)

Cộng (1) với (2)

\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)

Ta có: \(\left(\dfrac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\dfrac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\dfrac{c^3}{a}+ca\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm).

Xét BĐT phụ: `a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ca(**)`

`BĐT(**)<=>1/2[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]>=0AAa;b;c` xảy ra dấu "=" khi `a=b=c`

Từ `BĐT(**)` cộng hai vế với `2(ab+bc+ca)` ta có `(a+b+c)^2>=3(ab+bc+ca)<=>(a+b+c)^2/3>=ab+bc+ca`

-----

Ta có `6=a+b+c+ab+bc+ca<=a+b+c+(a+b+c)^2/3=t^2/3+t(t=a+b+c>0)`

`=>t^2/3+t-6>=0=>t>=3` hay `a+b+c>=3`

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

`a^3/b+b^3/c+c^3/a=a^4/(a)+b^4/(bc)+c^4/ca>=(a^2+b^2+c^2)/(ab+bc+ca)>=a^2+b^2+c^2>=(a+b+c)^2/3=3`

ta có :

\(P=ab\le\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\frac{121}{4}\)

vậy GTLN của P là \(121\text{ khi }\hept{\begin{cases}a+b=11\\a=b\end{cases}\Leftrightarrow a=b=\frac{11}{2}}\)

mình nhầm đề bài ạ!a\(\le\)3 ạ

phải là 0\(\le\)a\(\le\)3

\(P=a+b+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\left(4a+\frac{1}{a}\right)+\left(4b+\frac{1}{b}\right)-\left(3a+3b\right)\)

\(\ge4+4-3=5\)