HS tự chứng minh.

Lời giải:

\(a^3+b^3=3ab-1\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3-3ab+1=0\)

\(\Leftrightarrow (a+b)^3-3ab(a+b)-3ab+1=0\)

\(\Leftrightarrow (a+b)^3+1-3ab(a+b+1)=0\)

\(\Leftrightarrow (a+b+1)[(a+b)^2-(a+b)+1]-3ab(a+b+1)=0\)

\(\Leftrightarrow (a+b+1)(a^2+b^2+1-ab-a-b)=0\)

Vì $a,b>0$ nên $a+b+1\neq 0$

Do đó:

\(a^2+b^2+1-a-b-ab=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(a-1)^2+(b-1)^2}{2}=0\)

\(\Rightarrow a=b=1\)

Do đó: \(a^{2018}+b^{2019}=1+1=2\)

Ta có đpcm.

\(\frac{2^{2019}+1}{2^{2020}+1}< 1\Rightarrow\frac{2^{2019}+1}{2^{2020}+1}< \frac{2^{2019}+\left(1+1\right)}{2^{2020}+\left(1+1\right)}\\ \Rightarrow B< \frac{2^{2019}+2}{2^{2020}+2}\\ \Rightarrow B< \frac{2\left(2^{2018}+1\right)}{2\left(2^{2019}+1\right)}\\ \Rightarrow B< \frac{2^{2018}+1}{2^{2019}+1}\\ \Rightarrow B< A\\ \Rightarrow A>B\left(đpcm\right)\)

Bài 1:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{2a+b}\geq \frac{(a+b)^2}{a+2b+2a+b}=\frac{(a+b)^2}{3(a+b)}=\frac{a+b}{3}=\frac{1}{3}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} \frac{a}{a+2b}=\frac{b}{2a+b}\\ a+b=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)

Bài 2:

Vì $x+y=2019$ nên $2019-x=y; 2019-y=x$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(P=\frac{x}{\sqrt{2019-x}}+\frac{y}{\sqrt{2019-y}}=\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}=\frac{x^2}{x\sqrt{y}}+\frac{y^2}{y\sqrt{x}}\geq \frac{(x+y)^2}{x\sqrt{y}+y\sqrt{x}}\)

Mà theo BĐT AM-GM và Bunhiacopxky:

\((x\sqrt{y}+y\sqrt{x})^2\leq (xy+yx)(x+y)=2xy(x+y)\leq \frac{(x+y)^2}{2}.(x+y)=\frac{(x+y)^3}{2}\)

\(\Rightarrow P\geq \frac{(x+y)^2}{\sqrt{\frac{(x+y)^3}{2}}}=\sqrt{2(x+y)}=\sqrt{2.2019}=\sqrt{4038}\)

Vậy \(P_{\min}=\sqrt{4038}\Leftrightarrow x=y=\frac{2019}{2}\)

Bài 3:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(1=\frac{2018}{x}+\frac{2019}{y}=\frac{(\sqrt{2018})^2}{x}+\frac{(\sqrt{2019})^2}{y}\geq \frac{(\sqrt{2018}+\sqrt{2019})^2}{x+y}\)

\(\Rightarrow P=x+y\geq (\sqrt{2018}+\sqrt{2019})^2\)

Vậy \(P_{\min}=(\sqrt{2018}+\sqrt{2019})^2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} \frac{\sqrt{2018}}{x}=\frac{\sqrt{2019}}{y}\\ \frac{2018}{x}+\frac{2018}{y}=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2018}}{\sqrt{2018}+\sqrt{2019}}; y=\frac{\sqrt{2019}}{\sqrt{2018}+\sqrt{2019}}\)

---------------------

Tóm lại, những bài này bạn sử dụng 2 công cụ chính:

BĐT AM-GM (quá quen thuộc)

BĐT Cauchy-Schwarz: \(\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+\frac{a_3^2}{b_3}+...+\frac{a_n^2}{b_n}\ge \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{b_1+b_2+...+b_n}\)

Bài 3: p,q là các số nguyên tố lớn hơn 5

=>p,q là các số lẻ

=>p=2a+1; q=2b+1

\(p^4-q^4\)

\(=\left(2a+1\right)^4-\left(2b+1\right)^4\)

\(=\left\lbrack\left(2a+1\right)^2-\left(2b+1\right)^2\right\rbrack\left\lbrack\left(2a+1\right)^2+\left(2b+1\right)^2\right\rbrack\)

\(=\left\lbrack4a^2+4a-4b^2-4b\right\rbrack\left\lbrack\left(2a+1\right)^2+\left(2b+1\right)^2\right\rbrack\)

\(=4\left(a^2-b^2+a-b\right)\left\lbrack\left(2a+1\right)^2+\left(2b+1\right)^2\right\rbrack\) ⋮4

=>\(p^4-q^4+2020q^4\) ⋮4

=>\(p^4+2019q^4\) ⋮4(2)

p,q là các số nguyên tố lớn hơn 5

mà p,q là các số lẻ

nên p,q chỉ có thể có tận cùng là 1;3;7;9

=>\(p^4;q^4\) đều có tận cùng là 1

=>\(p^4-q^4\) ⋮10

=>\(p^4-q^4+2020q^4\) ⋮10

=>\(p^4+2019q^4\) ⋮10(1)

Từ (1),(2) suy ra \(p^4+2019q^4\) ∈BC(4;10)

=>\(p^4+2019q^4\) ⋮20

Bài 2:

a: 5a+3b⋮2018

=>13(5a+3b)⋮2018

=>65a+39b⋮2018

13a+8b⋮2018

=>5(13a+8b)⋮2018

=>65a+40b⋮2018

mà 65a+39b⋮2018

nên 65a+40b-65a-39b⋮2018

=>b⋮2018

5a+3b⋮2018

=>8(5a+3b)⋮2018

=>40a+24b⋮2018

13a+8b⋮2018

=>3(13a+8b)⋮2018

=>39a+24b⋮2018

mà 40a+24b⋮2018

nên 40a+24b-39a-24b⋮2018

=>a⋮2018

b:

Sửa đề: M=(9a+11b)(5b+11a)

Vì 19 là số nguyên tố

nên một trong hai số 9a+11b hoặc 5b+11a sẽ chia hết cho 19

TH1: 9a+11b⋮19

=>3(9a+11b)⋮19

=>27a+33b⋮19(2)

Ta có: 3(9a+11b)+5b+11a

=27a+33b+5b+11a

=38a+38b=38(a+b)⋮19(1)

Từ (1),(2) suy ra 5b+11a⋮19

=>(9a+11b)(5b+11a)⋮19*19

=>M⋮361

TH2: 11a+5b⋮19

=>38a+38b-11a-5b⋮19

=>27a+33b⋮19

=>3(9a+11b)⋮19

=>9a+11b⋮19

=>(9a+11b)(11a+5b)⋮19*19

=>M⋮361

vậy: M⋮361