Cho a,b là các số dương thỏa mãn a^2+b^2=1.
CMR a^2018+b^2018<1
Mọi người giúp mình với. Các bạn nhớ ghi cách làm ra nhé. ai nhanh mình tick cho nha
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
m.n/(m^2+n^2 ) và m.n/2018
- Đặt (m,n)=d => m= da;n=db ; (a,b)=1
=> d^2(a^2+b^2)/(d^2(ab)) = (a^2+b^2)/(ab) => b/a ; a/b => a=b=> m=n=> ( 2n^2+2018)/n^2 =2 + 2018/n^2 => n^2/2018
=> m=n=1 ; lẻ và nguyên tố cùng nhau. vì d=1
Vẽ SH _I_ (ABCD) => H là trung điểm AD => CD _I_ (SAD)
Vẽ HK _I_ SD ( K thuộc SD) => CD _I_ HK => HK _I_ (SCD)
Vẽ AE _I_ SD ( E thuộc SD).
Ta có S(ABCD) = 2a² => SH = 3V(S.ABCD)/S(ABCD) = 3(4a³/3)/(2a²) = 2a
1/HK² = 1/SH² + 1/DH² = 1/4a² + 1/(a²/2) = 9/4a² => HK = 2a/3
Do AB//CD => AB//(SCD) => khoảng cách từ B đến (SCD) = khoảng cách từ A đến (SCD) = AE = 2HK = 4a/3
Cái này biến đổi dài vl ra í e :>>
Ta có a^3 + b^3 + c^3 -3abc=0
=> (a+b)^3 +c^3 -3a^2b-3ab^2 -3abc=0
=> (a+b+c).[(a+b)^2 - (a+b).c +c^2] - 3ab.(a+b+c)=0
=> (a+b+c).(a^2+2ab+b^2 - ac - bc +c^2 - 3ab)=0
=> (a+b+c).(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=0
=> a+b+c=0 hoặc a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0
Mà a,b,c dương nên a+b+c>0 => a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0
=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab -2bc -2ca=0
=> (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2=0
Đến đây easy r e nhé, có j ko hiểu hỏi lại vì nhiều chỗ hơi tắt
\(1-\dfrac{1}{1+a}\ge\dfrac{2017}{b+2017}+\dfrac{2018}{c+2018}\ge2\sqrt{\dfrac{2017.2018}{\left(b+2017\right)\left(c+2018\right)}}\)
\(1-\dfrac{2017}{b+2017}\ge\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{2018}{b+2018}\ge2\sqrt{\dfrac{2018}{\left(1+a\right)\left(b+2018\right)}}\)
\(1-\dfrac{2018}{c+2018}\ge\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{2017}{b+2017}\ge2\sqrt{\dfrac{2017}{\left(1+a\right)\left(b+2017\right)}}\)
Nhân vế:
\(\dfrac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+2017\right)\left(c+2018\right)}\ge\dfrac{8.2017.2018}{\left(a+1\right)\left(b+2017\right)\left(c+2018\right)}\)
\(\Rightarrow abc\ge8.2017.2018\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2.1;2.2017;2.2018\right)=...\)
\(\frac{a^4+b^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4+c^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4+a^4}{c^3+a^3}\ge2018\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^4+b^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4+c^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4+a^4}{c^3+a^3}\ge a+b+c\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\frac{a^3\left(a-c\right)+b^3\left(b-c\right)}{a^3+b^3}\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\left(a-b\right)\left(\frac{a^3}{c^3+a^3}-\frac{b^3}{b^3+c^3}\right)\ge0\)
\(\LeftrightarrowΣ_{cyc}\left(\left(a-b\right)^2\frac{c^3\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)\left(b+c\right)\left(b^2-bc+c^2\right)}\right)\ge0\)
BĐT cuối cùng liếc qua cũng biết thừa đúng :) nên ta có ĐPCM
Dấu "=" <=> a=b=c
Ủng hô va` kb với mình nhé ^^
Đề đúng phải là \(a^{2017}+b^{2017}=2.a^{1008}.b^{1008}\) nhé
Vì \(a^{2017}+b^{2017}=2.a^{1008}.b^{1008}\) nên \(\left(a^{2017}+b^{2017}\right)^2=4.a^{2016}.b^{2016}\)
Mà \(\left(a^{2017}+b^{2017}\right)^2\ge4.a^{2017}.b^{2017}\)
Suy ra \(4a^{2016}b^{2016}\ge4a^{2017}b^{2017}\)
<=> \(ab\le1\)
<=> \(1-ab\ge0\)
Suy ra P = 2018 - 2018ab = 2018(1 - ab) \(\ge0\)
\(a^{2017}+b^{2017}=2a^{2018}.b^{2018}\) với \(a,b\in R\)
nếu \(\orbr{\begin{cases}a=0\\b=0\end{cases}}\) thì \(P=2018>0\)
nếu \(\orbr{\begin{cases}a\ne0\\b\ne0\end{cases}}\) thì xảy ra 2 trường hợp như sau
\(TH1\)\(a,b\) trái dấu \(\Rightarrow P>0\)
\(TH2\) \(a,b\) cùng dấu
vì \(2.a^{2018}.b^{2018}>0\forall a,b\)
\(\Rightarrow a^{2017}+b^{2017}>0\) để 2 đẳng thức tồn tại dấu \("="\)
\(\Rightarrow a,b>0\) ( cùng dương)
có \(a^{2017}+b^{2017}=2a^{2018}.b^{2018}\)
\(\Leftrightarrow2=\frac{1}{a.b^{2018}}+\frac{1}{b.a^{2018}}\ge2\sqrt{\frac{1}{\left(a.b\right)^{2019}}}\)
\(\Rightarrow ab\le1\)
\(\Rightarrow2018-2018ab>2018-2018=0\)
dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=1\)
vậy \(P\) luôn không âm
với a, b >0
\(a^9+b^9=a^{10}+b^{10}< =>a^9\left(a-1\right)+b^9\left(b-1\right)=0\)
\(a^{10}+b^{10}=a^{11}+b^{11}< =>a^{10}\left(a-1\right)+b^{10}\left(b-1\right)=0\)
trừ vế theo vế ta được (a-1)(a10-a9) + (b-1)(b10-b9) = 0 <=> [b3(b-1)]2 + [b3(b-1)]2 =0
<=> \(\hept{\begin{cases}a^3\left(a-1\right)=0\\b^3\left(b-1\right)=0\end{cases}< =>\hept{\begin{cases}a-1=0\\b-1=0\end{cases}< =>}}\)a = b =1
vậy P= 2020