Lời giải:

Áp dụng BĐT Cô-si với \(x; \frac{1}{x}\) là hai số dương:

\(x+\frac{1}{x}\geq 2\sqrt{x.\frac{1}{x}}=2\)

\(\Rightarrow \left(x+\frac{1}{x}\right)^2\geq 4\)

Tương tự, \(\left(y+\frac{1}{y}\right)^2\geq 4\)

\(\Rightarrow \left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2\geq 8\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{x}\\ y=\frac{1}{y}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=1\)

P.s: Có thể thấy điều kiện $x+y=2$ là dư thừa.

Hem thừa .-.

\(\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2+\left(y+\dfrac{1}{y}\right)^2\ge\dfrac{\left(x+\dfrac{1}{x}+y+\dfrac{1}{y}\right)^2}{2}\ge\dfrac{\left(x+y+\dfrac{4}{x+y}\right)^2}{2}=8\)

Lời giải:

a)

Với \(x>1\Rightarrow x-1>0\). Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x=(x-1)+1\geq 2\sqrt{x-1}\)

\(\Rightarrow \frac{\sqrt{x-1}}{x}\leq \frac{\sqrt{x-1}}{2\sqrt{x-1}}=\frac{1}{2}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra ki \(x-1=1\Leftrightarrow x=2\)

b) Trước tiên, ta có bđt phụ sau:

\(x^3+y^3\geq xy(x+y)\)

\(\Leftrightarrow (x-y)^2(x+y)\geq 0\) (luôn đúng với mọi \(x,y>1\) )

Do đó, \(\frac{x^3+y^3-(x^2+y^2)}{(x-1)(y-1)}\geq \frac{xy(x+y)-x^2-y^2}{(x-1)(y-1)}\geq 8\)

\(\Leftrightarrow xy(x+y)-(x^2+y^2)\geq 8(x-1)(y-1)\)

\(\Leftrightarrow x^2(y-1)+y^2(x-1)-8(x-1)(y-1)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (y-1)[x^2-4(x-1)]+(x-1)[y^2-4(y-1)]\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (y-1)(x-2)^2+(x-1)(y-2)^2\geq 0\)

(luôn đúng với mọi \(x,y>1\) )

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=2\)

\(\frac{x^3+y^3-\left(x^2+y^2\right)}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}\ge8\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2\left(x-1\right)+y^2\left(y-1\right)}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}\ge8\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}\ge8\)

By Titu's Lemma we have:

\(LHS\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{x+y-2}\) and we need prove that:

\(\left(x+y\right)^2\ge8\left(x+y\right)-16\)

But the last inequalities is true. ( QED )

2.

\(4n^3+n+3=4n^3+2n^2+2n-2n^2-n-1+4=2n\left(2n^2+n+1\right)-\left(2n^2+n+1\right)+4\)-Để \(\left(4n^3+n+3\right)⋮\left(2n^2+n+1\right)\) thì \(4⋮\left(2n^2+n+1\right)\)

\(\Leftrightarrow2n^2+n+1\in\left\{1;-1;2;-2;4;-4\right\}\) (do n là số nguyên)

*\(2n^2+n+1=1\Leftrightarrow n\left(2n+1\right)=0\Leftrightarrow n=0\) (loại) hay \(n=\dfrac{-1}{2}\) (loại)

*\(2n^2+n+1=-1\Leftrightarrow2n^2+n+2=0\) (phương trình vô nghiệm)

\(2n^2+n+1=2\Leftrightarrow2n^2+n-1=0\Leftrightarrow n^2+n+n^2-1=0\Leftrightarrow n\left(n+1\right)+\left(n+1\right)\left(n-1\right)=0\Leftrightarrow\left(n+1\right)\left(2n-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow n=-1\) (loại) hay \(n=\dfrac{1}{2}\) (loại)

\(2n^2+n+1=-2\Leftrightarrow2n^2+n+3=0\) (phương trình vô nghiệm)

\(2n^2+n+1=4\Leftrightarrow2n^2+n-3=0\Leftrightarrow2n^2-2n+3n-3=0\Leftrightarrow2n\left(n-1\right)+3\left(n-1\right)=0\Leftrightarrow\left(n-1\right)\left(2n+3\right)=0\)\(\Leftrightarrow n=1\left(nhận\right)\) hay \(n=\dfrac{-3}{2}\left(loại\right)\)

-Vậy \(n=1\)

1. \(x^2+y^2=z^2\)

\(\Rightarrow x^2+y^2-z^2=0\)

\(\Rightarrow\left(x-z\right)\left(x+z\right)+y^2=0\)

-TH1: y lẻ \(\Rightarrow x-z;x+z\) đều lẻ.

\(x+3z-y=x+z-y+2x\) chia hết cho 2. \(\Rightarrow\)Hợp số.

-TH2: y chẵn \(\Rightarrow\)1 trong hai biểu thức \(x-z;x+z\) chia hết cho 2.

*Xét \(\left(x-z\right)⋮2\):

\(x+3z-y=x-z+4z-y\) chia hết cho 2. \(\Rightarrow\)Hợp số.

*Xét \(\left(x+z\right)⋮2\):

\(x+3z-y=x+z+2z-y\) chia hết cho 2 \(\Rightarrow\)Hợp số.

Chào ng đẹp

http://olm.vn/hoi-dap/question/119593.html

mãi éo ra

5) a) Ta có: \(a< b+c\)

\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)

Tương tự: \(b^2< ba+bc\)

\(c^2< ca+cb\)

Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm

b) Ta có: \(\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)

\(\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\)

\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\)

Nhân từng vế các BĐT trên, ta được

\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)

Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm

Bài 5:

a)

Ta có \(a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)\)

\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0\)

Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên

\(b+c-a,a+b-c,c+a-b>0\)

b) Áp dụng BĐT Am-Gm:

\((a+b-c)(b+c-a)\leq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^2=b^2\)

\((a+b-c)(c+a-b)\leq \left (\frac{a+b-c+c+a-b}{2}\right)^2=a^2\)

\((b+c-a)(a+c-b)\leq \left ( \frac{b+c-a+a+c-b}{2} \right )^2=c^2\)

Nhân theo vế :

\(\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2\)

\(\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)

Do đó ta có đpcm

c)

\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\)

\(\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0\)

\(\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0\)

\(\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0\)

\(\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0\)

Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+a>c, c>|a-b|\)

Do đó ta có đpcm.

Bài 1:

Sử dụng kết quả của bài 5.

Ta có : \(a^2+b^2+c^2+4abc< \frac{1}{2}\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)+8abc< 1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)+8abc< 1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ac)+8abc<0\) (do \(a+b+c=1\) )

\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2+8abc\)

Thay \(1=a+b+c\), BĐT tương đương với:

\(2(ab+bc+ac)(a+b+c)> (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+8abc\)

\(\Leftrightarrow 2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]>a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc\)

\(\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)>a^3+b^3+c^3+2abc\)

\(\Leftrightarrow a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)>a^3+b^3+c^3+2abc\)

Điều này đã được cm ở phần c bài 5

Do đó ta có đpcm.