\(\left(a+b\right)\left(ab+1\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{ab.1}=4ab\)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=b\\ab=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=1\)

P/s: Cho em hỏi cái: c ở đâu ra vại:v

c và d ở đâu vại:>

\(a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\Leftrightarrow\left(a^4-a^3b\right)-\left(ab^3-b^4\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+ab+b^2\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a= b

Ta có đpcm

Biến đổi tương đương:

\(3x^2+3y^2+3z^2\ge x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\)

\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)

Biến đổi tương đương:

\(\Leftrightarrow4x^2+4y^2+4z^2\ge2x^2+2y^2+2z^2+2xy+2yz+2zx\)

\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)

A no thơ quay nhưng lại không hay:P(Another way)

\(BĐT\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\) (biến đổi tương đương thôi)

\(\Leftrightarrow\frac{3}{4}\left(x-y\right)^2+\frac{1}{4}\left(x+y-2z\right)^2\ge0\) (true)

Đẳng thức xảy ra khi x =y = z

P/s: cách này làm màu thôi :D

Thực ra mấy dạng bậc 2 kiểu này theo em thì dùng công thức \(at^2+bt+c=a\left(t+\frac{b}{2a}\right)^2+\frac{4ac-b^2}{4a}\) (bằng cách đưa về đa thức biến t)

Chi tiết như sau:(sai chỗ nào bl cho em biết cái nha:D)

BĐT \(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

\(\Leftrightarrow x^2-x\left(y+z\right)+y^2+z^2-yz\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-\frac{y+z}{2}\right)^2+\frac{4\left(y^2+z^2-yz\right)-\left(y+z\right)^2}{4}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(2x-y-z\right)^2+\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2\ge0\)

Bạn hỏi câu này có lẽ bạn chưa biết BĐT côsi, mk sẽ trình bày từ bước chứng minh BĐT

Ta có: \(\left(m-n\right)^2\ge0\)

<=> \(m^2-2m.n+n^2\ge0\)

<=> \(m^2+2m.n+n^2-4m.n\ge0\)

<=> \(\left(m+n\right)^2\ge4m.n\)

=> \(m+n\ge2\sqrt{m.n}\) ( BĐT côsi)

a, Áp dụng BĐT côsi ta có:

\(\dfrac{1}{x}+x\ge2\sqrt{\dfrac{1}{x}.x}=2\)

vậy \(\dfrac{1}{x}+x\ge2\) (x>0)

b, Áp dụng BĐT côsi ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)

vậy \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\) với a, b >0

-----------Chúc bạn học tốt -------------

trả lời

dùng bất đẳng thức cosi cho 2 số ko âm

sử dụng cộng mỗi cặp trên

đc 3 cặp

cộng lại là ra

ta có : \(\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}\ge2a;\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2c\)

Do đó : \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2b+2a+2c\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)

Bài 1:

Chiều thuận:\(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x\vdots 3; y\vdots 3\)

Giả sử cả \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\). Ta biết rằng một số chính phương khi chia 3 thì dư $0$ hoặc $1$.

Do đó nếu \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\Rightarrow x^2\equiv 1\pmod 3; y^2\equiv 1\pmod 3\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\equiv 2\pmod 3\) (trái với giả thiết )

Suy ra ít nhất một trong 2 số $x,y$ chia hết cho $3$

Giả sử $x\vdots 3$ \(\Rightarrow x^2\vdots 3\). Mà \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow y^2\vdots 3\Rightarrow y\vdots 3\)

Vậy \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x,y\vdots 3\)

Chiều đảo:

Ta thấy với \(x\vdots 3, y\vdots 3\Rightarrow x^2\vdots 3; y^2\vdots 3\Rightarrow x^2+y^2\vdots 3\) (đpcm)

Vậy ta có đpcm.

Bài 2: > chứ không \(\geq \) nhé, vì khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\) thì cả 3 BĐT đều đúng.

Phản chứng, giả sử cả 3 BĐT đều đúng

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a(1-b)> \frac{1}{4}\\ b(1-c)> \frac{1}{4}\\ c(1-a)>\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a(1-a)b(1-b)c(1-c)> \frac{1}{4^3}(*)\)

Theo BĐT AM-GM thì:

\(a(1-a)\leq \left(\frac{a+1-a}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)

\(b(1-b)\leq \left(\frac{b+1-b}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)

\(c(1-c)\leq \left(\frac{c+1-c}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow abc(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1}{4^3}\) (mâu thuẫn với $(*)$)

Do đó điều giả sử là sai, tức là trong 3 BĐT trên có ít nhất một BĐT đúng.

Bài 3:

$n=2$ thỏa mãn 2 số trên đều là nguyên tố nhé.

Đặt \(\left\{\begin{matrix} 2^n-1=p\\ 2^n+1=q\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow pq=(2^n-1)(2^n+1)=2^{2n}-1=4^n-1\)

Vì \(4\equiv 1\pmod 3\Rightarrow 4^n\equiv 1^n\equiv 1\pmod 3\)

\(\Rightarrow 4^n-1\vdots 3\Rightarrow pq\vdots 3\Rightarrow \left[\begin{matrix} p\vdots 3\\ q\vdots 3\end{matrix}\right.\)

Nếu $p\vdots 3$ thì $p=3$

\(\Rightarrow 2^n-1=3\Rightarrow 2^n=4\Rightarrow n=2\)

\(\Rightarrow 2^n+1=2^2+1=5\in\mathbb{P}\) (thỏa mãn)

Nếu $q\vdots 3$ thì $q=3$ \(\Rightarrow 2^n+1=3\Rightarrow 2^n=2\Rightarrow n=1\)

\(\Rightarrow p=2^n-1=2^1-1=1\not\in\mathbb{P}\) (loại trừ)

Vậy $n=2$ vẫn thỏa mãn 2 số trên đều là số nguyên tố nhé.