a) Nếu n²+2014 là số chính phương với n nguyên dương thì n² + 2014 = k2 → k² – n² = 2014

=> (k – n)(k + n) = 2014 (*)

Vậy (k + n) – (k – n) = 2n là số chẵn nên k và n phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Mặt khác (k – n)(k + n) = 2014 là chẵn

Nên (k – n), (k + n) đều chia hết cho 2 hay (k – n)(k + n) chia hết cho 4

Mà 2014 không chia hết cho 4

Suy ra đẳng thức (*) không thể xảy ra.

Vậy không có số nguyên dương n nào để số n² + 2014 là số chính phương

b) Với 2 số a, b dương:

Xét: a² + b² – ab ≤ 1

<=> (a + b)(a² + b² – ab) ≤ (a + b) (vì a + b > 0)

<=> a³ + b³ ≤ a + b

<=> (a³ + b³)(a³ + b³) ≤ (a + b)(a⁵ + b⁵) (vì a³ + b³ = a⁵ + b⁵)

<=> a⁶ + 2a³b³ + b⁶ ≤ a⁶ + ab⁵ + a⁵b + b⁶

<=> 2a³b³ ≤ ab⁵ + a⁵b

<=> ab(a⁴ – 2a²b² + b⁴⁾ ≥ 0

<=> ab(a² - b²) ≥ 0 đúng ∀ a, b > 0 .

Vậy: a² + b² ≤ 1 + ab với a, b dương và a³ + b³ = a⁵ + b⁵

thử bài bất :D 

Ta có: \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{a^3}{2^3}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) ( AM-GM cho 5 số ) (*)

Hoàn toàn tương tự: 

\(\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c+a}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}.\dfrac{b^3}{2^3}.\dfrac{\left(c+a\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (**)

\(\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{a+b}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}.\dfrac{c^3}{2^3}.\dfrac{\left(a+b\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (***)

Cộng (*),(**),(***) vế theo vế ta được:

\(P+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{15}{2}\) \(\Leftrightarrow P+2\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{15}{2}\)

Mà: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( AM-GM 3 số )

Từ đây: \(\Rightarrow P\ge\dfrac{15}{2}-2\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

1. \(a^3+b^3+c^3+d^3=2\left(c^3-d^3\right)+c^3+d^3=3c^3-d^3\) :D 

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$\frac{2}{ab}+\frac{3}{a^2+b^2}=\frac{1}{2ab}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{a^2+b^2}$

$\geq \frac{(1+1+1+1+1+1+1)^2}{2ab+2ab+2ab+2ab+a^2+b^2+a^2+b^2+a^2+b^2}=\frac{49}{8ab+3(a^2+b^2)}$

$=\frac{49}{3(a+b)^2+2ab}\geq \frac{49}{3(a+b)^2+\frac{(a+b)^2}{2}}=\frac{49}{3+\frac{1}{2}}=14$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2}$

thật ra nó là lớp 7 đấy nhưng mình nghĩ lớp 8 mới giỏi mói giải đc

Giả sử \(a^2+1\) và \(b^2+1\) cùng chia hết cho số nguyên tố p

\(\Rightarrow a^2-b^2⋮p\)

\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a+b\right)⋮p\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a-b⋮p\\a+b⋮p\end{matrix}\right.\).

+) Nếu \(a-b⋮p\) thì ta có \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)-\left(a-b\right)^2⋮p\Rightarrow\left(ab+1\right)^2⋮p\Rightarrow ab+1⋮p\) (vô lí do (a - b, ab + 1) = 1)

+) Nếu \(a+b⋮p\) thì tương tự ta có \(ab-1⋮p\). (vô lí)

Do đó \(\left(a^2+1,b^2+1\right)=1\).

Giả sử \(\left(a+b\right)^2+\left(ab-1\right)^2=c^2\) với \(c\in\mathbb{N*}\)

Khi đó ta có \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)=c^2\).

Mà \(\left(a^2+1,b^2+1\right)=1\) nên theo bổ đề về số chính phương, ta có \(a^2+1\) và \(b^2+1\) là các số chính phương.

Đặt \(a^2+1=d^2(d\in\mathbb{N*})\Rightarrow (d-a)(d+a)=1\Rightarrow d=1;a=0\), vô lí.

Vậy ....

1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)

Ta có:

\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)

3.

Ta có:

\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)

\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Lại có:

\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)

4.

Ta có:

\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

5.

Ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)

Câu 1:

\(VT=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\)

\(VT=1-\dfrac{1}{n}< 1\) (đpcm)

BN THAM KHẢO:

Từ \(a+b+ab=3\Rightarrow a+b=3-ab\ge3-\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+6\right)\left(a+b-2\right)\ge0\Rightarrow a+b\ge2\)

Biến đổi bài toán như sau: 

\(P=\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}-a^2-b^2\le\frac{3}{2}\)

Tức là chứng minh \(\frac{3}{2}\) là GTLN của \(P\)

\(P=\frac{3\left(a^2+b^2\right)+3\left(a+b\right)}{ab+a+b+1}+\frac{3-a-b}{a+b}-\left(a+b\right)^2++2\left(3-a-b\right)\)

\(=\frac{3}{4}\left[3\left(a+b\right)^2-6\left(3-a-b\right)+3\left(a+b\right)\right]\)

\(+\frac{3}{a+b}-1-\left(a+b\right)^2+6-2\left(a+b\right)\)

Khảo sat đồ thì trên \(a+b\ge2\) tìm tìm được \(P_{Max}=\frac{3}{2}\)

P/s:giờ mk đi ngủ, mệt r` chỗ nào khó hiểu mai hỏi :D

ta có: \(VT=\frac{a\left(a+b+ab\right)}{b+1}+\frac{b\left(a+b+ab\right)}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\)

\(=a^2+b^2+\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\)

cần cm \(\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\le\frac{3}{2}\)

theo giả thiết \(4=\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{1}{4}\left(a+b+2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a+b\ge2\)

ta có: \(\frac{ab}{a+b}=\frac{ab+a+b}{a+b}-1=\frac{3}{a+b}\le\frac{3}{2}-1\)(*)

\(\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(b+ab\right)+\frac{1}{4}\left(a+ab\right)=\frac{1}{4}\left(3+ab\right)\)(**)

giờ cần tìm max ab.để ý rằng \(ab=ab+a+b-\left(a+b\right)=3-\left(a+b\right)\le3-2=1\)

khi đó \(\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\le\frac{3}{2}-1+\frac{1}{4}\left(3+1\right)=\frac{3}{2}\)(đpcm)

dấu = xảy ra khi a=b=1