K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
TL
1
HP
22 tháng 1 2017
không mất tính tổng quát,giả sử a >= b
xét hiệu 2(a8+b8)-2(a7+b7)=2(a8+b8)-(a+b)(a7+b7) (do a+b=2)
=2a8+2b8-a8-ab7-a7b-b8=a8-a7b-ab7+b8=a7(a-b)-b7(a-b)=(a7-b7)(a-b) (1)
Theo giả sử : a>=b => a-b>=0 và a7-b7>=0
Vậy (1) >= 0 =>đpcm
KN
19 tháng 8 2020
Sử dụng giả thiết \(a^2+b^2+c^2=3\), ta được: \(\frac{a^2b^2+7}{\left(a+b\right)^2}=\frac{a^2b^2+1+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}\)\(\ge\frac{2ab+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}=1+\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^2c^2+7}{\left(b+c\right)^2}\ge1+\frac{b^2+c^2+2a^2}{\left(b+c\right)^2}\); \(\frac{c^2a^2+7}{\left(c+a\right)^2}\ge1+\frac{c^2+a^2+2b^2}{\left(c+a\right)^2}\)
Ta quy bài toán về chứng minh bất đẳng thức: \(\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{b^2+c^2+2a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{c^2+a^2+2b^2}{\left(c+a\right)^2}\ge3\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)ta được: \(8\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\)
Mặt khác ta lại có
\(4\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\le\left(2b^2+c^2+a^2\right)^2\)(1) ; \(4\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\le\left(2c^2+a^2+b^2\right)^2\)(2);\(4\left(c^2+a^2\right)\left(a^2+b^2\right)\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)^2\)(3) (Theo BĐT \(4xy\le\left(x+y\right)^2\))
Nhân theo vế 3 bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(64\left(a^2+b^2\right)^2\left(b^2+c^2\right)^2\left(c^2+a^2\right)^2\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)^2\left(2b^2+c^2+a^2\right)^2\left(2c^2+a^2+b^2\right)^2\)
hay \(8\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)\)
Từ đó dẫn đến \(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)\)
Suy ra \(\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
KN
15 tháng 3 2019
Câu hỏi của Nguyễn Hiền Thục - Toán lớp 6 - Học toán với OnlineMath
Bạn tham khảo.
27 tháng 5 2022
a: \(A=n^5-n=n\left(n^4-1\right)=n\left(n^2-1\right)\left(n^2+1\right)=\left(n-1\right)\cdot n\cdot\left(n+1\right)\left(n^2+1\right)\)
Vì n-1;n;n+1 là ba số nguyên liên tiếp
nên \(\left(n-1\right)\left(n+1\right)\cdot n⋮3!\)
=>\(A⋮6\)(1)
Vì 5 là số nguyên tố nên \(n^5-n⋮5\)(Định lí Fermat nhỏ)
hay \(A⋮5\)(2)
Từ (1)và (2) suy ra \(A⋮30\)
b: Vì 7 là số nguyên tố nên \(a^7-a⋮7\)(Định lí Fermat nhỏ)
NT
1
5 tháng 3 2018
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\)
BĐT\(\Leftrightarrow a^7\left(a-1\right)+b^7\left(b-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^7\left(a-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}b\right)+b^7\left(b-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^7\left(\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}b\right)+b^7\left(\dfrac{1}{2}b-\dfrac{1}{2}a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}b\right)\left(a^7-b^7\right)\ge0\)(luôn đúng vì \(a\ge b\))
\(\Rightarrowđpcm\)
20 tháng 8 2022
a: \(A=\left(n^2+n-1-1\right)\left(n^2+n-1+1\right)\)
\(=\left(n^2+n-2\right)\left(n^2+n\right)\)
\(=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n-1\right)\) là tích của bốn số nguyên tiếp
nên A chia hết cho 24
b: \(A=n^5-n=n\left(n^4-1\right)\)
\(=n\left(n^2-1\right)\left(n^2+1\right)\)
\(=n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2+1\right)⋮6\)(1)
Vì 5 là số nguyên tố nên \(n^5-n⋮5\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 30
c: Vì 7 là số nguyên tố
nên \(n^7-n⋮7\)
MX
0
Lời giải:
Ta có bổ đề sau: Số lập phương $a^3$ khi chia $7$ thì có dư là $0,1,6$
Chứng minh:
Nếu \(a\equiv 0\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 0\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 1\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 1^3\equiv 1\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 2\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 2^3\equiv 1\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 3\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 3^3\equiv 6\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 4\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv 4^3\equiv \pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 5\equiv -2\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv (-2)^3\equiv 6\pmod 7\)
Nếu \(a\equiv 6\equiv -1\pmod 7\Rightarrow a^3\equiv (-1)^3\equiv 6\pmod 7\)
Bổ đề đc cm.
Áp dụng vào bài toán:
\(a^7-a=a(a^6-1)=a(a^3-1)(a^3+1)\)
Nếu $a^3$ chia hết cho $7$ thì $a$ chia hết cho $7$
\(\Rightarrow A=a(a^3-1)(a^3+1)\vdots 7\)
Nếu $a^3$ chia $7$ dư $1$ \(\Rightarrow a^3-1\vdots 7\Rightarrow A\vdots 7\)
Nếu $a^3$ chia $7$ dư $6$ \(\Rightarrow a^3+1\vdots 7\Rightarrow A\vdots 7\)
Vậy $A\vdots 7$ với mọi số tự nhiên $a$