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

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

Đáp án D

Cách 1. Áp dụng bđt Bunhiacopxki : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(\sqrt{a.\frac{1}{a}}+\sqrt{b.\frac{1}{b}}+\sqrt{c.\frac{1}{c}}\right)^2=\left(1+1+1\right)^2=9\)

Cách 2. Áp dụng bđt Cauchy : 

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

Bđt cauchy đi

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\frac{9}{a+b+c}\)=> dpcm

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.

BĐT cần chứng minh tương đương :

\(\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\ge\dfrac{ab+bc+ac}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^2b^2c^2}\ge ab+bc+ac\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^6}{b^2c^2}+\dfrac{b^6}{a^2c^2}+\dfrac{c^6}{a^2b^2}\ge ab+bc+ac\)

Do \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

Ta phải cm

\(\dfrac{a^6}{b^2c^2}+\dfrac{b^6}{a^2c^2}+\dfrac{c^6}{a^2b^2}\ge a^2+b^2+c^2\)(1)

Đặt : \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x;y;z\right)\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow\dfrac{x^3}{yz}+\dfrac{y^3}{xz}+\dfrac{z^3}{xy}\ge x+y+z\)

Áp dụng C.B.S

\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{yz}+\dfrac{y^3}{xz}+\dfrac{z^3}{xy}=\dfrac{x^4}{xyz}+\dfrac{y^4}{xyz}+\dfrac{z^4}{xyz}\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3xyz}\)

Theo Bunhiacopxki: \(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)\(\Rightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^4}{9}\)

Theo Cauchy : \(\Rightarrow3xyz\le\dfrac{\left(x+y+z\right)^3}{9}\)

\(\Rightarrow\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3xyz}\ge\dfrac{\dfrac{\left(x+y+z\right)^4}{9}}{\dfrac{\left(x+y+z\right)^3}{9}}=x+y+z\)

\(\Rightarrow\)\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{yz}+\dfrac{y^3}{xz}+\dfrac{z^3}{xy}\ge x+y+z\)

=> đpcm

BĐT cần chứng minh tương đương :

Do

Ta phải cm

(1)

Đặt :

Áp dụng C.B.S

Theo Bunhiacopxki:

Theo Cauchy :

=> đpcm