Cho các số dương a,b thỏa mãn a2006 + b2006 = a2004 + b2004
Chứng minh rằng a2 + b2 < 2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
13 tháng 12 2020
Ta có: \(\left(a^{100}+b^{100}\right)\cdot ab=a^{101}\cdot b+b^{101}\cdot a\)
\(\left(a^{101}+b^{101}\right)\cdot\left(a+b\right)=a^{102}+a^{101}\cdot b+b^{101}\cdot a+b^{102}\)
Do đó: \(\left(a^{101}+b^{101}\right)\left(a+b\right)-\left(a^{100}+b^{100}\right)\cdot ab\)
\(=a^{102}+b\cdot a^{101}+a\cdot b^{101}+b^{102}-a^{101}\cdot b-b^{101}\cdot a\)
\(=a^{102}+b^{102}\)
Kết hợp đề bài, ta có:
\(\left(a^{102}+b^{102}\right)\left(a+b\right)-\left(a^{102}+b^{102}\right)\cdot ab=a^{102}+b^{102}\)
\(\Leftrightarrow a+b-ab=1\)
\(\Leftrightarrow a+b-ab-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)+b\left(1-a\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)-b\left(a-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(1-b\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a-1=0\\1-b=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1\\b=1\end{matrix}\right.\)
Vậy: \(P=a^{2004}+b^{2004}=1^{2004}+1^{2004}=2\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
22 tháng 2 2021
Đặt \(P=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(P=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(P\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
TH
1
NN
2
DT
Dang Tung
CTVHS
12 tháng 6 2023
Sửa đề : \(\dfrac{a^2}{a^2+b}+\dfrac{b^2}{b^2+a}\le1\\ \) (*)
\(< =>\dfrac{a^2\left(b^2+a\right)+b^2\left(a^2+b\right)}{\left(a^2+b\right)\left(b^2+a\right)}\le1\\ < =>a^2b^2+a^3+b^2a^2+b^3\le\left(a^2+b\right)\left(b^2+a\right)\) ( Nhân cả 2 vế cho `(a^{2}+b)(b^{2}+a)>0` )
\(< =>a^3+b^3+2a^2b^2\le a^2b^2+b^3+a^3+ab\\ < =>a^2b^2\le ab\\ < =>ab\le1\) ( Chia 2 vế cho `ab>0` )
Do a,b >0
Nên áp dụng BDT Cô Si :
\(2\ge a+b\ge2\sqrt{ab}< =>\sqrt{ab}\le1\\ < =>ab\le1\)
Do đó (*) luôn đúng
Vậy ta chứng minh đc bài toán
Dấu "=" xảy ra khi : \(a=b>0,a+b=2< =>a=b=1\)
LD
22 tháng 7 2023
a Sửa đề : Chứng minh \(\dfrac{a^2}{a^2+b}\)+\(\dfrac{b^2}{b^2+a}\)\(\le\) 1 ( Đề thi vào 10 Hà Nội).
Bất đẳng thức trên tương đương :
\(\dfrac{a^2+b-b}{a^2+b}\)+\(\dfrac{b^2+a-a}{b^2+a}\)\(\le\)1
\(\Leftrightarrow\) 1 - \(\dfrac{b}{a^2+b}\)+ 1 - \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)1
\(\Leftrightarrow\)1 - \(\dfrac{b}{a^2+b}\) - \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)0
\(\Leftrightarrow\)- \(\dfrac{b}{a^2+b}\)- \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)-1
\(\Leftrightarrow\)\(\dfrac{a}{b^2+a}\)+ \(\dfrac{b}{a^2+b}\)\(\ge\)1
Xét VT = \(\dfrac{a^2}{ab^2+a^2}\)+ \(\dfrac{b^2}{a^2b+b^2}\)\(\ge\)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{ab^2+a^2+a^2b+b^2}\) (Cauchy - Schwarz)
= \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{ab\left(b+a\right)+a^2+b^2}\)
\(\ge\)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2ab+a^2+b^2}\)
= \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)^2}\)= 1
Vậy BĐT được chứng minh
Dấu '=' xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = 1
LA
21 tháng 4 2021
Để \(\frac{2a+2b}{ab+1}\) là bình phương của 1 số nguyên thì 2a + 2b chia hết cho ab + 1; mà ab + 1 chia hết cho 2a + 2b => ab + 1 = 2b + 2a
=> \(\frac{2a+2b}{ab+1}\)=1 = 12
CM
22 tháng 6 2018
Ta chứng minh BĐT
( a + b + c ) ( 1 a + 1 b + 1 c ) ≥ 9 ( * ) ( * ) < = > 3 + ( a b + b a ) + ( b c + c b ) + ( c a + a c ) ≥ 9
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương ta có:
a b + b a ≥ 2 b c + c b ≥ 2 c a + a c ≥ 2 =>(*) đúng
= > 9 a + b + c ≤ 1 a + 1 b + 1 c ≤ 3 = > a + b + c ≥ 3
Trở lại bài toán: Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có 1 + b 2 ≥ 2 b
Ta có: a 1 + b 2 = a − a b 2 1 + b 2 ≥ a − a b 2 2 b = a − a b 2 ( 1 )
Tương tự ta có:
b 1 + c 2 ≥ b − b c 2 ( 2 ) c 1 + a 2 ≥ c − c a 2 ( 3 )
Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có:
a 1 + b 2 + b 1 + c 2 + c 1 + a 2 ≥ a + b + c − 1 2 ( a b + b c + c a ) = > a 1 + b 2 + b 1 + c 2 + c 1 + a 2 + 1 2 ( a b + b c + c a ) ≥ a + b + c ≥ 3
11 tháng 3 2021
Số chính phương khi chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1.
Trường hợp 1:
\(a^2\equiv1\left(mod3\right);b^2\equiv0\left(mod3\right)\Leftrightarrow a^2+b^2\equiv1\left(mod3\right)\)(loại)
Trường hợp 2:
\(a^2\equiv1\left(mod\right)3;b^2\equiv1\left(mod3\right)\Leftrightarrow a^2+b^2\equiv2\left(mod3\right)\)(loại)
Trường hợp 3:
\(a^2\equiv0\left(mod3\right);b^2\equiv0\left(mod3\right)\Leftrightarrow a^2+b^2\equiv0\left(mod3\right)\) ( thỏa mãn )
Vậy có đpcm.
11 tháng 3 2021
Giải:
Giả sử a không ⋮ 3 ➩ b không ⋮ 3
➩\(a^2 - 1 + b^2-1\) ⋮ 3
Mà \(a^2 +b^2\)➩2⋮ 3 (không có thể)
Vậy ➩a và b ⋮ 3.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 12 2023
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si:
$\frac{a^2}{2}+8b^2\geq 2\sqrt{\frac{a^2}{2}.8b^2}=4ab$
$\frac{a^2}{2}+8c^2\geq 2\sqrt{\frac{a^2}{2}.8c^2}=4ac$
$2(b^2+c^2)\geq 2.2\sqrt{b^2c^2}=4bc$
Cộng các BĐT trên theo vế và thu gọn ta được:
$a^2+10(b^2+c^2)\geq 4(ab+bc+ac)=4$
Ta có đpcm.
Sửa đề: CM: \(a^2+b^2=2\)
Ta có:
\(a^{2006}+b^{2006}=a^{2004}+b^{2004}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}a^2=x\\b^2=y\end{cases}}\)thì ta có
\(x^{1003}+y^{1003}=x^{1002}+y^{1002}\)
\(\Leftrightarrow\left(x^{1003}+y^{1003}+x^{1002}y+xy^{1002}\right)-xy\left(x^{1002}+y^{1002}\right)=x^{1002}+y^{1002}\)
\(\Leftrightarrow\left(x^{1002}+y^{1002}\right)\left(x+y\right)-xy\left(x^{1002}+y^{1002}\right)=x^{1002}+y^{1002}\)
\(\Leftrightarrow\left(x^{1002}+y^{1002}\right)\left(x+y-xy-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x+y-xy-1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(1-y\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\y=1\end{cases}}\)
Thế ngược lại bài ban đầu ta tìm được
\(\hept{\begin{cases}x=1\\y=1\end{cases}}\)(vì x, y là số dương)
Vậy \(a^2+b^2=2\)
vẫn cs khả năng a2 + b2 < 2 . vì nếu x = 1 ; y = 0 thì (x-1)(1-y) = 0