Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 4 nha
Áp dụng BĐT cô si ta có
\(\frac{1}{x^2}+x+x\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{x^2}.x.x}=3.\)
Tương tự với y . \(A\ge6\)dấu = xảy ra khi x=y=1
Ap dung bdt AM-GM cho 2 so ko am A,B ta co
\(\sqrt{A}+\sqrt{B}\)\(\le\)\(2\sqrt{\frac{A+B}{2}}\)
VP =\(\sqrt{AB}.\left(\sqrt{A}+\sqrt{B}\right)\le\frac{A+B}{2}.2\sqrt{\frac{A+B}{2}}\)
=>VP2 \(\le4.\frac{\left(A+B\right)^3}{4}=\left(A+B\right)^3\left(3\right)\)
Tu (2),(3) => DPCM
Câu 1:
\(4\sqrt[4]{\left(a+1\right)\left(b+4\right)\left(c-2\right)\left(d-3\right)}\le a+1+b+4+c-2+d-3=a+b+c+d\)
Dấu = xảy ra khi a = -1; b = -4; c = 2; d= 3
\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^2b}\ge\frac{2}{b^3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^2}{b^5}\ge\frac{2}{b^3}-\frac{1}{a^2b}\)
\(\frac{2}{a^3}+\frac{1}{b^3}\ge\frac{3}{a^2b}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a^2b}\le\frac{2}{3a^3}+\frac{1}{3b^3}\)
\(\Rightarrow\)\(\Sigma\frac{a^2}{b^5}\ge\Sigma\left(\frac{5}{3b^3}-\frac{2}{3a^3}\right)=\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\)
1/a+1/b=2/99.
Mà 2/99=2/(9*11).
Theo tính chất :a/n*(n+a)=1/n-1/(n+a).
2/(9*11)=1/9-1/11.
Mà a và b là 2 stn liên tiếp.
=>a=9;b=11.
Vậy a=9;b=11.
Ta có 2 số lẻ liên tiếp a-b=2 ( 1 ) Mà \(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}=\frac{2}{99}\) \(\Rightarrow\frac{b}{ab}-\frac{a}{ab}=\frac{2}{99}\) \(\Rightarrow\frac{b-a}{ab}=\frac{2}{99}\) (2) Thay (1) và (2) ta có \(\frac{2}{ab}=\frac{2}{99}\Rightarrow a\cdot b=99=9\cdot11=3.33=1.99\) Vì a và b là 2 số lẻ liên tiếp suy ra a=9;b=11
Đặt
\(\frac{a^{2} + b^{2}}{a b + 1} = k \in \mathbb{N} .\)
Khi đó
\(a^2+b^2=k\left(\right.ab+1\left.\right)(\text{1})\)
Giả sử \(k\) không là số chính phương. Chọn cặp \(\left(\right. a , b \left.\right)\) thỏa (1) có \(a + b\) nhỏ nhất, giả sử \(a \geq b\).
Xét (1) như phương trình bậc hai theo \(a\):
\(a^{2} - k b a + b^{2} - k = 0.\)
Theo Viète, nghiệm còn lại là
\(a^{'} = k b - a ,\)
và
\(a a^{'} = b^{2} - k .\)
Suy ra \(a^{'} > 0\). Hơn nữa \(a^{'} < a\), nên
\(a^{'} + b < a + b .\)
Lại có
\(a^{' 2} + b^{2} = k \left(\right. a^{'} b + 1 \left.\right) ,\)
tức \(\left(\right. a^{'} , b \left.\right)\) cũng là một nghiệm của (1), mâu thuẫn với cách chọn \(\left(\right. a , b \left.\right)\) có tổng nhỏ nhất.
Vậy giả thiết \(k\) không là số chính phương là sai.
Suy ra
\(\boxed{\frac{a^{2} + b^{2}}{a b + 1}}\)
luôn là một số chính phương.