Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Ta có , vì: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=3\)
=> \(1=\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}\)
=> \(\frac{a}{b}=\frac{b}{c}=\frac{c}{a}\)
=> \(a=b=c\)
=>\(abc=a^3\left(đpcm\right)\)
Đặt a/b=x^3, b/c=y^3,c/a=z^3 . Vì a,b,c khác 0 nên x,y,z khác 0.
Ta có x^3.y^3.z^3=a/b.b/c.c/a=1 => (xyz)^3=1 => xyz=1 => x^3 +y^3 +z^3 =3xyz <=> x^3+y^3+z^3-3xyz=0
=> (x+y)^3 + z^3 -3xy(x+y) - 3xyz =0 <=> (x+y+z)[(x+y)^2 -(x+y)z + z^2 ] -3xy(x+y+z) =0 =>(x+y+z)(x^2+y^2+z^2+2xy-3xy-xz-yz)=0
Vi x,y,z khác 0 nên x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz=0 => 2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2xz=0 => (x^2-2xy+y^2)+(y^2-2yz+z^2)+(x^2-2xz+z^2)=0
<=> (x-y)^2+(y-z)^2+(x-z)^2=0 => x-y=0 ;y-z=0 ; x-z=0 => x=y=z => x^3=y^3=z^3 => a/b=b/c=c/a => a=b=c => abc=a^3=b^3=c^3
Vậy tích abc lập phương của 1 số nguyên
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 $M_{\min}=9.$
Ta có: \(\frac{a}{c}=\frac{a^2+b^2}{c^2+b^2}\)\(\Leftrightarrow a\left(c^2+b^2\right)=c\left(a^2+b^2\right)\)\(\Leftrightarrow ac^2+ab^2=a^2c+b^2c\Leftrightarrow ac\left(c-a\right)-b^2\left(c-a\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-a\right)\left(ac-b^2\right)=0\)
Vì \(a\ne c\)nên \(c-a\ne0\)
Do đó \(ac-b^2=0\Leftrightarrow ac=b^2\Rightarrow\sqrt{ac}=b\)
Giả sử \(a^2+b^2+c^2\)là số nguyên tố
Ta có \(a^2+b^2+c^2=a^2+ac+c^2=\left(a+c\right)^2-ac=\left(a+c\right)^2-b^2\)\(=\left(a-b+c\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=\left[\left(\sqrt{a}\right)^2-2\sqrt{ac}+\left(\sqrt{c}\right)^2+\sqrt{ac}\right]\left[\left(\sqrt{a}\right)^2-2\sqrt{ac}+\left(\sqrt{c}\right)^2+3\sqrt{ac}\right]\)
\(\left[\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2+\sqrt{ac}\right]\left[\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2+3\sqrt{ac}\right]\)
Vì \(a^2+b^2+c^2\)là số nguyên tố nên có một ước số là 1
Mà \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2+\sqrt{ac}< \left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2+3\sqrt{ac}\)
nên \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2+\sqrt{ac}=1\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2=1-\sqrt{ac}\)
Vì \(a\ne c\Rightarrow\sqrt{a}\ne\sqrt{c}\Rightarrow\sqrt{a}-\sqrt{c}\ne0\)\(\Rightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2>0\)
Do đó \(1-\sqrt{ac}>0\Rightarrow\sqrt{ac}< 1\Rightarrow ac< 1\)(1)
Mà \(a^2+b^2>0\)và \(c^2+b^2>0\)nên \(\frac{a^2+b^2}{c^2+b^2}>0\Rightarrow\frac{a}{c}>0\Rightarrow\)a, c cùng dấu \(\Rightarrow ac>0\)(2)
Từ (1), (2) suy ra \(0< ac< 1\)
Mà a,c là số nguyên nên ac là số nguyên
Do đó không có giá trị a,c thỏa mãn
suy ra điều giả sử sai
Vậy \(a^2+b^2+c^2\) không thể là số nguyên tố
tự giải vl
Ể vậy là tự hỏi tự trả lời luôn kì vậy ai chơi