Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
\(P=(a+b+c)^2-(ab+bc+ac)=36-(ab+bc+ac)\) $(1)$
Vì \(0\leq a,b,c\leq 4\Rightarrow (a-4)(b-4)(c-4)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow abc-4(ab+bc+ac)+16(a+b+c)-64\leq 0\)
\(\Leftrightarrow 4(ab+bc+ac)\geq 32+abc\geq 32\) (do \(abc\geq 0\) )
\(\Rightarrow ab+bc+ac\geq 8\) $(2)$
Từ \((1),(2)\Rightarrow P\leq 28\) hay \(P_{\max}=28\)
Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(0,2,4)\) và các hoán vị của nó
Đề bài đúng mà bạn..có sai đâu...mình tính vẫn ra được kết quả cuối cùng
Ta có \(A=\dfrac{2x+3y}{2x+y+2}\Leftrightarrow2Ax+Ay+2A-2x-3y=0\Leftrightarrow2A=2x-2Ax+3y-Ay\Leftrightarrow2A=2x\left(1-A\right)+y\left(3-A\right)\Leftrightarrow\left(2A\right)^2=\left[2x\left(1-A\right)+y\left(3-A\right)\right]^2\left(1\right)\)Áp dụng bđt bunhiacopski ta có \(\left[2x\left(1-A\right)+y\left(3-A\right)\right]^2\le\left(4x^2+y^2\right)\left[\left(1-A\right)^2+\left(3-A\right)^2\right]\Leftrightarrow\left(2A\right)^2\le1.\left(1-2A+A^2+9-6A+A^2\right)\Leftrightarrow4A^2\le2A^2-8A+10\Leftrightarrow2A^2+8A-10\le0\Leftrightarrow A^2+4A-5\le0\Leftrightarrow A^2-A+5A-5\le0\Leftrightarrow A\left(A-1\right)+5\left(A-1\right)\le0\Leftrightarrow\left(A-1\right)\left(A+5\right)\le0\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}A-1\le0\\A+5\ge0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}A-1\ge0\\A+5\le0\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}A\le1\\A\ge-5\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}A\ge1\\A\le-5\end{matrix}\right.\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy \(-5\le A\le1\)
Vậy GTNN của A là -5
GTLN của A là 1
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.
Từ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=2\Rightarrow\frac{a}{ab}+\frac{b}{ab}=2\Rightarrow\frac{a+b}{ab}=2\)
\(\Rightarrow2ab=a+b\ge2\sqrt{ab}\Rightarrow\hept{\begin{cases}ab\ge1\\a+b\ge2\sqrt{ab}\ge2\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^2+2ab^2\ge2\sqrt{a^4b^2}+2ab^2=2a^2b+2ab^2\)
\(b^4+a^2+2a^2b\ge2\sqrt{a^2b^4}+2a^2b=2ab^2+2a^2b\)
Khi đó \(Q\le\frac{1}{2a^2b+2ab^2}+\frac{1}{2ab^2+2a^2b}\le\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)
P/s: 2ab -> 2a2b và 2ab2