mk nhầm đề bài là: a^2017+b^2017=2a^2018.b^2018

giải s z

Gọi z = a + bi. Suy ra z = a - b i ⇒ i . z = i a + b  

Khi đó

  z + 2 i . z = a + b i + 2 i a + b = a + 2 b + b + 2 a i = 3 + 3 i ⇒ a + 2 b = 3 b + 2 a = 3 ⇒ a = b = 1

Do đó P = 1 2017 + 1 2018 = 2

Đáp án B

\(2a+b=2\Rightarrow b=2-2a\)

\(ab=a\left(2-2a\right)=-2a^2+2a=-2\left(a-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{2}\le\dfrac{1}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b\right)=\left(\dfrac{1}{2};1\right)\)

Giả sử 2017 số a₁ - b₁, a₂ - b₂,..., a₂₀₁₇ - b₂₀₁₇ là các số lẻ.

Khi đó (a₁ - b₁) + (a₂ - b₂) + ... + (a₂₀₁₇ - b₂₀₁₇) = (a₁ + a₂ + ... + a₂₀₁₇) - (b₁ + b₂ + ... + b₂₀₁₇) là số lẻ. (1)

Lại có theo đề bài b₁, b₂,..., b₂₀₁₇ là 1 hoán vị của các số a₁, a₂,..., a₂₀₁₇ nên (a₁ + a₂ + ... + a₂₀₁₇) - (b₁ + b₂ + ... + b₂₀₁₇) = 0. (2)

Ta thấy (1) trái với (2). Do đó giả sử sai.

Suy ra trong 2017 số a₁ - b₁, a₂ - b₂,..., a₂₀₁₇ - b₂₀₁₇ có một số chẵn, do đó tích chúng là số chẵn.

Vậy ta có đpcm

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 : \(a=b>0,a+b=2< =>a=b=1\)

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