Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Nếu n2+2014 là số chính phương với n nguyên dương thì n2 + 2014 = k2 → k2 – n2 = 2014
=> (k – n)(k + n) = 2014 (*)
Vậy (k + n) – (k – n) = 2n là số chẵn nên k và n phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
Mặt khác (k – n)(k + n) = 2014 là chẵn
Nên (k – n), (k + n) đều chia hết cho 2 hay (k – n)(k + n) chia hết cho 4
Mà 2014 không chia hết cho 4
Suy ra đẳng thức (*) không thể xảy ra.
Vậy không có số nguyên dương n nào để số n2 + 2014 là số chính phương
b) Với 2 số a, b dương:
Xét: a2 + b2 – ab ≤ 1
<=> (a + b)(a2 + b2 – ab) ≤ (a + b) (vì a + b > 0)
<=> a3 + b3 ≤ a + b
<=> (a3 + b3)(a3 + b3) ≤ (a + b)(a5 + b5) (vì a3 + b3 = a5 + b5)
<=> a6 + 2a3b3 + b6 ≤ a6 + ab5 + a5b + b6
<=> 2a3b3 ≤ ab5 + a5b
<=> ab(a4 – 2a2b2 + b4) ≥ 0
<=> ab(a2 - b2) ≥ 0 đúng ∀ a, b > 0 .
Vậy: a2 + b2 ≤ 1 + ab với a, b dương và a3 + b3 = a5 + b5
\(a^2+b^2\le1+ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2-ab-1\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)-\left(a+b\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)^2\le\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)\) (Do \(a^3+b^3=a^5+b^5\) )
\(\Leftrightarrow a^6+2a^3b^3+b^6\le a^6+ab^5+a^5b+b^6\)
\(\Leftrightarrow2a^3b^3\le ab^5+a^5b\)
\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5+2a^3b^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^4+b^4+2a^2b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2+b^2\right)^2\ge0\) (luôn đúng \(\forall a;b>0\))
Vậy \(a^2+b^2\le1+ab\)
Lời giải:
a) Ta thấy với $n$ là số nguyên dương thì $n^2$ chia $4$ có thể dư $0$ hoặc $1$
Mà \(2014\equiv 2\pmod 4\)
Do đó \(n^2+2014\equiv 2,3\pmod 4\)
Mà một số chính phương chia $4$ chỉ có thể dư $0,1$, nên $n^2+2014$ không thể là số chính phương.
b)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a^5+b^5)(a+b)\geq (a^3+b^3)^2\)
Mà \(a^5+b^5=a^3+b^3\Rightarrow (a^5+b^5)(a+b)\geq (a^5+b^5)(a^3+b^3)\)
\(\Rightarrow a+b\geq a^3+b^3\)
\(\Leftrightarrow (a+b)[1-(a^2-ab+b^2)]\geq 0\)
\(\Rightarrow 1-(a^2-ab+b^2)\geq 0\)
\(\Rightarrow 1+ab\geq a^2+b^2\) (ta có đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=1\)
\(\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)=a^6+b^6+a^4+b^4\ge2a^3b^3+2a^2b^2=4\)
dấu = khi a = b = 1
Theo giả thiết ta có \(ab=1\)
Sử dụng bđt Cô-si :
\(a+b\ge2\sqrt{ab}=2\)
\(a^5+b^5\ge2\sqrt{a^5b^5}=2\)
Nhân theo vế ta có ngay điều phải chứng minh
Dấu BĐT ngược 1 chút \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)
Xét hiệu 2 vế của BĐT
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{2}{1+ab}=\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\)
\(=\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}\ge0\)
=> \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=1
\(a^2+b^2\le ab+1\)
\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\le1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\le a+b\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)
\(\Leftrightarrow\left(a^5+b^5\right)\left(a^3+b^3\right)\le\left(a^7+b^7\right)\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow ab^7+a^7b-a^3b^5-a^5b^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(b^6+a^6-a^2b^4-a^4b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(b-a\right)^2\left(b+a\right)^2\left(b^2+a^2\right)\ge0\) (đúng)
\(\RightarrowĐPCM\)
Dấu đẳng thức xảy ra khi ......
à ra vậy mk lại cứ Am cho cái giả thiết