Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(\left(b+c+d\right)^2=b^2+c^2+d^2+2\left(ab+bc+ca\right)\le3\left(b^2+c^2+d^2\right)\)
Thay giả thiết vào ta có:
\(\left(7-a\right)^2\le3\left(13-a^2\right)\Leftrightarrow4a^2-14a+10\le0\Rightarrow1\le a\le\frac{5}{2}\)
Vậy Min a=1 khi b=c=d=2
Max a=5/2 khi b=c=d=3/2
a) Nếu p=3 thì \(2^p+p^2=2^3+3^2=17\) là số nguyên tố
Nếu \(p\ge5\) thì \(2^p+p^2=\left(2^p+1\right)+\left(p^2-1\right)=\left(2^p+1\right)+\left(p-1\right)\left(p+1\right)\)
Khi p là số nguyên tố , \(p\ge5\)=> p lẻ và p không chia hết cho 3; do đó: \(\left(2^p+1\right)\)chia hết cho 3 và (p-1)(p+1) chia hết cho 3 \(\Rightarrow\left(2^p+p^2\right)\)chia hết cho 3 \(\Rightarrow p^2+2^p\)không là số nguyên tố
Khi p=2, ta có : \(2^p+p^2=2^2+2^2=8\)là hợp số
Vậy duy nhất có p=3 thỏa mãn.
b) \(a+b+c+d=7\Rightarrow b+c+d=7-a\Rightarrow\left(b+c+d\right)^2=\left(7-a\right)^2\)
Mặt khác: \(\left(b+c+d\right)^2\le3\left(b^2+c^2+d^2\right)\Rightarrow\left(7-a\right)^2\le3\left(13-a^2\right)\)
Lại có : \(\left(7-a\right)^2\le3\left(13-a^2\right)\Leftrightarrow49-14a+a^2\le39-3a^2\Leftrightarrow4a^2-14a+10\le0\)
Giải ra được : \(1\le a\le\frac{5}{2}\)
Vậy : a có thể nhận giá trị lớn nhất là \(\frac{5}{2}\), nhận giá trị nhỏ nhất là 1
1.
Ta sẽ chứng minh BĐT sau: \(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Do vai trò a;b;c như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=a+\dfrac{c}{2}\\y=b+\dfrac{c}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y=a+b+c\)
Đồng thời \(b^2+c^2=\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2+\dfrac{c\left(3c-4b\right)}{4}\le\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2=y^2\)
Tương tự: \(a^2+c^2\le x^2\) ; \(a^2+b^2\le x^2+y^2\)
Do đó: \(A\ge\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh: \(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{10}{\left(x+y\right)^2}\)
Mà \(\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}\le\dfrac{1}{4xy}\) nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{5}{2xy}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{2}{xy}+\dfrac{1}{x^2+y^2}-\dfrac{1}{2xy}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2}{x^2y^2}-\dfrac{\left(x-y\right)^2}{2xy\left(x^2+y^2\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2\left(2x^2+2y^2-xy\right)}{2x^2y^2}\ge0\) (luôn đúng)
Vậy \(A\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\dfrac{10}{3^2}=\dfrac{10}{9}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};0\right)\) và các hoán vị của chúng
Do \(0\le a,b,c\le1\)
nên\(\left\{{}\begin{matrix}\left(a^2-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-1\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-1\right)\left(a-1\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b-b-a^2+1\ge0\\b^2c-c-b^2+1\ge0\\c^2a-a-c^2+1\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b\ge a^2+b-1\\b^2c\ge b^2+c-1\\c^2a\ge c^2+a-1\end{matrix}\right.\)
Ta cũng có:
\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\le a^2+b+b^2+c+c^2+a\)
Do đó \(T=2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\le a^2+b+b^2+c+c^2+a\)\(-\left(a^2+b-1+b^2+c-1+c^2+a-1\right)\)
\(=3\)
Vậy GTLN của T=3, đạt được chẳng hạn khi \(a=1;b=0;c=1\)
Bài 2:
c)
Theo bài ra ta có:
\(a+b+c=1\Rightarrow\hept{\begin{cases}1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}=\frac{1}{a}\\1+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}=\frac{1}{b}\\1+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}=\frac{1}{a}\end{cases}}\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge9\left(\text{BĐT côsi}\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3.\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9\)
Do \(a+b+c=1\)
nên \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
\(a^2+b^2+c^2+d^2=13\)
\(\Rightarrow a^2\le13\)
\(\Leftrightarrow a\le\sqrt{13}\approx3,61\) (1)
Lại có \(a+b+c+d=7\)
\(\Leftrightarrow a\le7\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow a_{max}=3\).