Cho các số tự nhiên a,b thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + 4 = 2 ( ab + 2a + 2b ). Chứng minh rằng \(\frac{a}{2}\)là số chính phương
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
3 tháng 1 2017
Bài 2. a/ \(1\le a,b,c\le3\) \(\Rightarrow\left(a-1\right).\left(a-3\right)\le0\) , \(\left(b-1\right)\left(b-3\right)\le0\), \(\left(c-1\right).\left(c-3\right)\le0\)
Cộng theo vế : \(a^2+b^2+c^2\le4a+4b+4c-9\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge\frac{a^2+b^2+c^2+9}{4}=7\)
Vậy min E = 7 tại chẳng hạn, x = y = 3, z = 1
b/ Ta có : \(x+2y+z=\left(x+y\right)+\left(y+z\right)\ge2\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\)
Tương tự : \(y+2z+x\ge2\sqrt{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\) , \(z+2y+x\ge2\sqrt{\left(z+y\right)\left(y+x\right)}\)
Nhân theo vế : \(\left(x+2y+z\right)\left(y+2z+x\right)\left(z+2y+x\right)\ge8\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\) hay
\(\left(x+2y+z\right)\left(y+2z+x\right)\left(z+2y+x\right)\ge64\)
NC
1
C
17 tháng 3 2016
Có bổ đề sau: \(a^2=pq\) với \(a,p,q\in Z^+\) và \(\left(p,q\right)=1\) thì p,q là hai số chính phương
\(2a^2-2b^2+a-b=b^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(2a+2b+1\right)=b^2\)(*)
Gọi d là UWCLN của a-b và 2a+2b+1 ta có từ (*) b chia hết d.
a-b chia hết cho d nên 2a-2b chia hết cho d . Vậy 2a+2b+1-(2a-2b) chia hết d
nên 4b+1 chia hết d mà b chia hết cho d nên 1 chia hết d. Vậy hai số a-b và 2a+2b+1 nguyên tố cùng nhau
Áp dụng bổ đề có đpcm
NM
0
NK
2
4 tháng 2 2021
Ta có: \(2a^2+a=3b^2+b\)
\(\Leftrightarrow\left(2a^2-2b^2\right)+\left(a-b\right)=b^2\)
\(\Leftrightarrow\left(2a+2b\right)\left(a-b\right)+\left(a-b\right)=b^2\)
\(\Leftrightarrow\left(2a+2b+1\right)\left(a-b\right)=b^2\)
*CM 2a+2b+1 và a-b nguyên tố cùng nhau
=> 2a+2b+1 cũng là 1 SCP
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
4 tháng 2 2021
Ta có:
\(2a^2+a=3b^2+b\)
\(\Leftrightarrow2a^2-2b^2+a-b=b^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(2a+2b+1\right)=b^2\)
Ta có:
Đặt \(d=\left(a-b,2a+2b+1\right)\).
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-b⋮d\\2a+2b+1⋮d\end{cases}}\Rightarrow\left(a-b\right)\left(2a+2b+1\right)=b^2⋮d^2\Rightarrow b⋮d\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)+b=a⋮d\)
\(\Rightarrow\left(2a+2b+1\right)-2a-2b=1⋮d\Rightarrow d=1\).
Do đó \(a-b,2a+2b+1\)là hai số chính phương.
CM
22 tháng 6 2018
Ta chứng minh BĐT
( a + b + c ) ( 1 a + 1 b + 1 c ) ≥ 9 ( * ) ( * ) < = > 3 + ( a b + b a ) + ( b c + c b ) + ( c a + a c ) ≥ 9
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương ta có:
a b + b a ≥ 2 b c + c b ≥ 2 c a + a c ≥ 2 =>(*) đúng
= > 9 a + b + c ≤ 1 a + 1 b + 1 c ≤ 3 = > a + b + c ≥ 3
Trở lại bài toán: Áp dụng BĐT Cô si cho hai số dương ta có 1 + b 2 ≥ 2 b
Ta có: a 1 + b 2 = a − a b 2 1 + b 2 ≥ a − a b 2 2 b = a − a b 2 ( 1 )
Tương tự ta có:
b 1 + c 2 ≥ b − b c 2 ( 2 ) c 1 + a 2 ≥ c − c a 2 ( 3 )
Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có:
a 1 + b 2 + b 1 + c 2 + c 1 + a 2 ≥ a + b + c − 1 2 ( a b + b c + c a ) = > a 1 + b 2 + b 1 + c 2 + c 1 + a 2 + 1 2 ( a b + b c + c a ) ≥ a + b + c ≥ 3
24 tháng 1 2022
Điều kiện đề bài ⇒(2c)2=(a+c)(b+c)⇒(2c)2=(a+c)(b+c). Gọi d=gcd(a+c,b+c)d=gcd(a+c,b+c) thì do a−b=p∈Pa−b=p∈P nên d=1d=1hoặc d=pd=p
Nếu d=1d=1 thì a+c=x2,b+c=y2a+c=x2,b+c=y2 ( xy=2cxy=2c)
⇒p=(x−y)(x+y)⇒p=(x−y)(x+y). p=2p=2 thì vô lý. pp lẻ thì dễ thấy x=p+12=a−b+12x=p+12=a−b+12 và y=a−b−12y=a−b−12
⇒2c=xy=(a−b−1)(a−b+1)4⇒8c+1=(a−b)2⇒2c=xy=(a−b−1)(a−b+1)4⇒8c+1=(a−b)2 là scp
Nếu d=pd=p thì a+c=pm2,b+c=pn2a+c=pm2,b+c=pn2 ( 2c=pmn2c=pmn)
⇒(m−n)(m+n)=1→m=1,n=0⇒(m−n)(m+n)=1→m=1,n=0 (loại)
Ta có:
\(a^2+b^2+4=2ab+4a+4b\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+4-2ab-4b+4a=8a\)
\(\Rightarrow\left(a-b+2\right)^2=8a\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2}=\frac{\left(a-b+2\right)^2}{16}=\left(\frac{a-b+2}{4}\right)^2\)
=> \(\frac{a}{2}\)là số chính phương.
Sao lại bằng 8a chỗ đấy ạ. Bạn giải thích hộ mình với