Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Dễ dàng chứng minh được:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)với \(x,y>0\)(1)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow x=y>0\)
Ta có:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}=\frac{a}{abc+bc}=\frac{a}{ab+bc+ca+bc}=\frac{a}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
Áp dụng (1), ta được:
\(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\ge\frac{4}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{1}{4\left(bc+ca\right)}\ge\frac{1}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{bc\left(a+1\right)}\left(2\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\)
Chúng minh tương tự, ta được:
\(\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ab+ca}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{b}{ca\left(b+1\right)}\left(3\right)\)
Dấu bằng xảu ra \(\Leftrightarrow a=c>0\).
\(\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ac+ab}+\frac{1}{ab+bc}\right)\ge\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\left(4\right)\)
Từ (2), (3) và (4), ta được:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\le\)\(\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ac}\right)+\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ac+bc}+\frac{1}{ac+ab}\right)\)\(+\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\left(\frac{a}{ab+bc}+\frac{c}{ab+bc}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{a}{bc+ac}+\frac{b}{bc+ac}\right)\)\(+\frac{1}{4}\left(\frac{b}{ab+ac}+\frac{c}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{a+b}{4\left(bc+ac\right)}+\frac{b+c}{4\left(ab+ac\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4b\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{4c\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{4a\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4b}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\frac{abc}{abc}=\frac{1}{4}.1=\frac{1}{4}\)( vì \(ab+bc+ca=abc\))
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\ab+bc+ca=abc\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Vậy \(minP=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Bài 2 :
\(\left(a+b+c\right)^2=3\left(ab+bc+ca\right)\)
<=> a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ca = 3ab + 3bc + 3ca
<=> a^2 + b^2 + c^2 = ab + bc + ca
<=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 = 2ab + 2bc + 2ca
<=> ( a - b )^2 + ( b - c )^2 + ( c - a )^2 = 0
<=> a = b = c
1.
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+18=2ab+6a+6b\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-6a+9\right)+\left(b^2-6b+9\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-3\right)^2+\left(b-3\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\a-3=0\\b-3=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a=b=3\)
2.
\(\left(a+b+c\right)^2=3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Ta có
\(a b + b c + c a = 1.\)
Từ phương trình này suy ra ít nhất một trong ba số bằng \(\pm 1\).
\(b c + b + c = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. b + 1 \left.\right) \left(\right. c + 1 \left.\right) = 2.\)
Suy ra \(\left(\right. b , c \left.\right) = \left(\right. 1 , 0 \left.\right) , \left(\right. 0 , 1 \left.\right) , \left(\right. - 2 , - 3 \left.\right) , \left(\right. - 3 , - 2 \left.\right)\). Chỉ hai nghiệm đầu cho
\(a + b + c - a b c = 2\)
là số nguyên tố.
\(b c - b - c = 1 \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. b - 1 \left.\right) \left(\right. c - 1 \left.\right) = 2 ,\)
nhưng \(a + b + c - a b c = 10\) hoặc \(- 2\), không nguyên tố.
Do tính đối xứng, nghiệm duy nhất là các hoán vị của
\(\left(1,1,0\right)\)
ab + bc + ca = 1
⇒ (a,b,c) = (0,1,1), (0,-1,-1) (và các hoán vị)
Xét:
P = a + b + c − abc
⇒ (a,b,c) thỏa mãn là các hoán vị của:
(0,1,1)
ta có hằng đẳng thức mở rộng:
(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc
mà (ab+bc+ca)=1
=> (a+b)(b+c)(c+a)=a+b+c-abc
gọi số nguyên tố đó là p
(a+b)(b+c)(c+a)=p
mà p có các ước là: 1;-1;p;-p
ta có (a+b)+(b+c)+(c+a)=2a+2b+2c=2(a+b+c)
mà 2(a+b+c) là số chẵn
TH1: (a+b)=1; (b+c)=1;(c+a)=p
=> 1+1+p=p+2
mà để p+2 là số chẵn thì p phải là số nguyên tố chẵn mà số nguyên tố chẵn duy nhất là p=2
TH2: (a+b)=-1; (b+c)=-1;(c+a)=p
=> -1-1+p=p-2
mà để p-2 là số chẵn thì p phải là số nguyên tố chẵn mà số nguyên tố chẵn duy nhất là p=2
TH3: (a+b)=1; (b+c)=-1;(c+a)=-p
=> 1-1-p=-p
mà để -p là số chẵn thì p phải là số nguyên tố chẵn mà số nguyên tố chẵn duy nhất là p=2
vậy p phải bằng 2
TH1: tập thừa số lần lượt(1;1;2)
=> a+b=1 ;b+c=1;c+a=2
2(a+b+c)= 1+1+2=4
=> (a+b+c)=2
c= (a+b+c)-(a+b)=2-1=1
a=(a=b+c)-(b+c)=2-1=1
b=(a+b+c)-(c+a)=2-2=0
vậy (a;b;c)=(1;0;1)
vì vai trò của a;b;c như nhau
=> (a;b;c)∈(1;0;1);(1;1;0);(0;1;1)
TH2: giả sử a+b=-1;b+c=-1; c+a=2
2(a+b+c)=-1-1+2=0
=> a+b+c=0
c= 0-(-1)= 1
a= 0-(-1)= 1
b= 0-2=-2
thử với ab+bc+ca=1 ta có:
1x(-2)+(-2)x1+1 x 1=-3≠1( loại)
TH3:giả sử a+b=1;b+c=-1; c+a=-2
2(a+b+c)=1-1-2=-2
=> a+b+c=-1
c= -1-1= -2
a= -1-(-1)= 0
b= -1-(-2)=1
thử với ab+bc+ca=1 ta có:
0 x 1+(-2)x1+(-2) x 0=-2≠1( loại)
vậy (a;b;c)∈(1;0;1);(1;1;0);(0;1;1)
Ta có
a + b + c - abc = (a + b)(b + c)(c + a)
Vì a + b + c - abc là số nguyên tố nên tích (a + b)(b + c)(c + a) phải là số nguyên tố.
Do đó hai thừa số phải bằng 1 hoặc -1, thừa số còn lại là số nguyên tố.
Thử các trường hợp nguyên thỏa mãn ab + bc + ca = 1, ta được:
(a,b,c) = (1,0,1), khi đó a + b + c - abc = 2
(a,b,c) = (0,1,1), khi đó a + b + c - abc = 2
(a,b,c) = (1,1,0), khi đó a + b + c - abc = 2
Vậy các bộ số nguyên cần tìm là (1,0,1), (0,1,1), (1,1,0).