Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1/ \(4\left(a^2-ab+b^2\right)⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2+3b^2⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮3\)
\(\Rightarrow2a-b⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮9\)
\(\Rightarrow3b^2⋮9\)
\(\Rightarrow b⋮3\)
\(\Rightarrow a⋮3\)
Để: a^2+b^2 chia hết cho ab
thì: *a2 chia hết cho ab=>a chia hết cho b
*b2 chia hết cho ab =>b chia hết cho a
Suy ra: a=b
=>A=\(\frac{a^2+b^2}{2ab}=\frac{a^2+a^2}{2a.a}=\frac{2a^2}{2a^2}=1\)
quy đồng mẫu số ta được
\(\frac{\left(a-b\right)^2}{a\left(a^2-b^2\right)}+\frac{\left(a+b\right)^2}{a\left(a^2-b^2\right)}=\frac{a\left(3a-b\right)}{a\left(a^2-b^2\right)}\)<=> (a-b)2 +(a+b)2 = a(3a-b) <=> a2- ab- 2b2= 0 <=> (a+ b)(a- 2b) = 0
<=> a=-b hoăc a =2b
với a= -b => P= \(\frac{-b^3+2b^3+2b^3}{-2b^3-b^3+2b^3}=-3\)
với a =2b => P= \(\frac{\left(2b\right)^3+2.\left(2b\right)^2b+2b^3}{2.\left(2b\right)^3+2b.b^2+2b^3}=\frac{3}{2}\)
1.
Giả sử $a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}\vdots 6.$
Ta cần chứng minh $a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}\vdots 6.$
Ta có $a^{2018}-a^{2016}=a^{2016}(a^2-1)=a^{2016}(a-1)(a+1).$
Trong ba số nguyên liên tiếp $a-1,\ a,\ a+1$ luôn có một số chia hết cho $3$ và có ít nhất một số chẵn.
Do đó $a(a-1)(a+1)\vdots6.$
Suy ra $a^{2016}(a^2-1)=a^{2015}\cdot a(a-1)(a+1)\vdots6,$ hay $a^{2018}\equiv a^{2016}\pmod6.$
Tương tự, $b^{2019}-b^{2017}=b^{2017}(b^2-1)=b^{2016}\cdot b(b-1)(b+1)\vdots6,$ nên $b^{2019}\equiv b^{2017}\pmod6.$
Lại có $c^{2020}-c^{2018}=c^{2018}(c^2-1)=c^{2017}\cdot c(c-1)(c+1)\vdots6,$
=nên $c^{2020}\equiv c^{2018}\pmod6.$
Cộng ba đồng dư trên,
$a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}\equiva^{2016}+b^{2017}+c^{2018}\pmod6.$
Theo giả thiết, $a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}\equiv0\pmod6.$
Suy ra $a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}\equiv0\pmod6.$
Vậy $a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}$ chia hết cho $6.$
2.
$\displaystyleM=\frac{a^2+4a+1}{a^2+a}+\frac{b^2+4b+1}{b^2+b}+\frac{c^2+4c+1}{c^2+c}.$
Ta có $\displaystyle\frac{x^2+4x+1}{x^2+x}=\frac{x^2+x+3x+1}{x(x+1)}=1+\frac{3x+1}{x(x+1)}.$
Lại có $\displaystyle\frac{3x+1}{x(x+1)}=\frac1x+\frac2{x+1}.`$
Do đó $\displaystyle\frac{x^2+4x+1}{x^2+x}=1+\frac1x+\frac2{x+1}.$
Suy ra $\displaystyleM=3+\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)+2\left(\frac1{a+1}+\frac1{b+1}+\frac1{c+1}\right).$
Theo bất đẳng thức Cauchy,
$\displaystyle(a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\ge(1+1+1)^2=9.$
Vì $a+b+c\le3,$ nên $\displaystyle\frac1a+\frac1b+\frac1c\ge\frac9{a+b+c}\ge3.$
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy,
$\displaystyle(a+b+c+3)\left(\frac1{a+1}+\frac1{b+1}+\frac1{c+1}\right)\ge9.$
Do $a+b+c+3\le6,$ suy ra $\displaystyle\frac1{a+1}+\frac1{b+1}+\frac1{c+1}\ge\frac96=\frac32.$
Vậy $\displaystyleM\ge3+3+2\cdot\frac32=9.$
Dấu ``='' xảy ra khi $a=b=c=1,$ vì khi đó $a+b+c=3$ và các bất đẳng thức Cauchy đều đạt dấu bằng.
Vậy $M_{\min}=9.$
do vai trò a,b là như nhau nên không giảm tính tổng quát, giả sử \(a\le b\)
Nếu \(a\ge3\)thì \(b\ge a\ge3\)nên
\(\frac{ab+1}{a+b}\ge\frac{3b+1}{a+b}\ge\frac{3b+1}{2b}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2b}>\frac{3}{2}\)( ko thỏa mãn điều kiện )
do đó a < 3 \(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}a=1\\a=2\end{cases}}\)
+) nếu a = 1 thì \(P=\frac{a^3b^3+1}{a^3+b^3}=\frac{b^3+1}{b^3+1}=1\)
+) nếu a = 2 thì từ điều kiện ta có : \(\frac{2b+1}{2+b}< \frac{3}{2}\Rightarrow4b+2< 6+3b\Rightarrow b< 4\Rightarrow b\in\left\{1;2;3\right\}\)
b = 1 thì P = 1
b = 2 thì P = \(\frac{65}{16}\)
b = 3 thì P = \(\frac{217}{35}\)
Từ các giá trị trên của P ta thấy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{217}{35}\) khi a = 2 ; b = 3 hoặc a = 3 ; b = 2
Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) (Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y) (Có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương)
Được : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\ge\frac{4}{2\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)
Vậy Min P = \(\sqrt{2}\)\(\Leftrightarrow a=b=\sqrt{2}\)
GT => (a+1)(b+1)(c+1)=(a+1)+(b+1)+(c+1)
Đặt \(\frac{1}{a+1}=x,\frac{1}{1+b}=y,\frac{1}{c+1}=z\), ta cần tìm min của\(\frac{x}{x^2+1}+\frac{y}{y^2+1}+\frac{z}{z^2+1}\)với xy+yz+zx=1
\(\Leftrightarrow\frac{x\left(y+z\right)+y\left(z+x\right)+z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\Leftrightarrow\frac{2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\)Mà (x+y)(y+z)(z+x) >= 8/9 (x+y+z)(xy+yz+xz) >= \(\frac{8\sqrt{3}}{9}\) nên \(M\)=< \(\frac{3\sqrt{3}}{4}\),dấu bằng xảy ra khi a=b=c=\(\sqrt{3}-1\)
Theo giả thiết, ta có: \(abc+ab+bc+ca=2\)
\(\Leftrightarrow abc+ab+bc+ca+a+b+c+1=a+b+c+3\)
\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(a+1\right)+\left(b+1\right)+\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{1}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{1}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}=1\)
Đặt \(\left(a+1;b+1;c+1\right)\rightarrow\left(\frac{\sqrt{3}}{x};\frac{\sqrt{3}}{y};\frac{\sqrt{3}}{z}\right)\). Khi đó giả thiết bài toán được viết lại thành xy + yz + zx = 3
Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{a+1}{a^2+2a+2}=\Sigma_{cyc}\frac{a+1}{\left(a+1\right)^2+1}\)\(=\Sigma_{cyc}\frac{1}{a+1+\frac{1}{a+1}}=\Sigma_{cyc}\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{x}+\frac{x}{\sqrt{3}}}\)
\(=\sqrt{3}\left(\frac{x}{x^2+3}+\frac{y}{y^2+3}+\frac{z}{z^2+3}\right)\)
\(=\sqrt{3}\text{}\Sigma_{cyc}\left(\frac{x}{x^2+xy+yz+zx}\right)=\sqrt{3}\Sigma_{cyc}\frac{x}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)
\(\le\frac{\sqrt{3}}{4}\Sigma_{cyc}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\)hay \(a=b=c=\sqrt{3}-1\)