Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2:
\(a^{100}+b^{100}=a^{101}+b^{101}=a^{102}+b^{102}\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^{100}(a-1)+b^{100}(b-1)=0(1)\\ a^{101}(a-1)+b^{101}(b-1)=0(2)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^{101}(a-1)-a^{100}(a-1)+b^{101}(b-1)-b^{100}(b-1)=0\) (lấy $(2)-(1)$)
\(\Leftrightarrow a^{100}(a-1)^2+b^{100}(b-1)^2=0\)
Dễ thấy \(a^{100}(a-1)^2\geq 0; b^{100}(b-1)^2\geq 0, \forall a,b\)
Do đó để tổng của chúng là $0$ thì \(a^{100}(a-1)^2=b^{100}(b-1)^2=0\)
Kết hợp với $a,b$ dương nên $a=b=1$
$\Rightarrow P=a^{2007}+b^{2007}=2$
Bài 1:
Vì $a_i\in \left\{\pm 1\right\}$ nên $a_ia_j\in \left\{\pm 1\right\}$ với mọi $i,j=\overline{1,n}$. Khi đó:
Để tổng gồm $n$ số hạng $a_1a_2+a_2a_3+...+a_na_1=0$ thì $n$ phải chẵn và trong tổng trên có $\frac{n}{2}$ số hạng có giá trị $1$ và $\frac{n}{2}$ số hạng có giá trị $-1$
\(\Rightarrow a_1a_2.a_2a_3....a_na_1=(1)^{\frac{n}{2}}.(-1)^{\frac{n}{2}}=(-1)^{\frac{n}{2}}\)
\(\Leftrightarrow (a_1a_2...a_n)^2=(-1)^{\frac{n}{2}}\)
Vì $(a_1a_2...a_n)^2$ luôn không âm nên $(-1)^{\frac{n}{2}}$ không âm.
$\Rightarrow \forall n\in\mathbb{N}^*$ thì $\frac{n}{2}$ chẵn
$\Rightarrow n\vdots 4$
Mà $2006\not\vdots 4$ nên $n$ không thể là $2006$
a) BĐT \(\Leftrightarrow2a^2+2b^2-\left(a+b\right)^2\ge0\) (chuyển vế)
Hay \(\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Suy ra đpcm
b) BĐT: \(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\) (chuyển vế,phá bình phương)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
c) Đợi tí,ăn sáng đã.
a)\(a^2+2ab+b^2\le2a^2+2b^2\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Vậy \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)
b)\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\le3a^2+3b^2+3c^2\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ac\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\Rightarrowđpcm\)
a) Ta có ; \(\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+b^2\right)\ge a^2+b^2+2ab\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
b) \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ac\end{cases}}\)Cộng các bất đẳng thức theo vế \(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
c) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có :
\(\left(1.a_1+1.a_2+...+1.a_n\right)^2\le\left(1_1+1_2+...+1_n\right)\left(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right)=n.\left(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right)\)
Trùi ui,khó quá đi mất
bđt C-B-S dạng tổng quát, trên mạng có chứng minh