vta00

Mình thấy có một số bài tập về tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất có thể nói là khá hay sau đây mình sẽ đưa ra một số bài toán và cách giải theo lối bán trắc nghiệm và tự luận

Ví dụ 1: cho hàm số $y=|x^2+ax+b|$,$M$ là giá trị lớn nhất của $y$ trên đoạn $[-1;3]$ tìm $a,b$ để $M$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Thực sự bài này nếu làm bình thường tự luận sẽ không dễ,tuy nhiên ở đây mình sẽ đơn giản nó bằng cách làm trắc nghiệm như sau(mình đã kiểm nghiệm và thấy nó chính xác).Ý tưởng bài này là dựa trên đa thức chebyshev cho nên sẽ đổi biến để đưa về đoạn $[-1;1]$, đặt $x=at+b$,với $x=-1$ thì $t=-1$ và với $x=3$ thì $t=1$ $\Rightarrow$ $x=2t+1$,thay vào biểu thức ta có $y=|4t^2+(4+2a)t+a+b+1|$,do $y\leq M$ suy ra $4t^2+(4+2a)t+a+b+1\leq M$,đặt $f(t)=4t^2+(4+2a)t+a+b+1$,$g(t)=M(2t^2-1)$ (ở đây ta đặt như vậy vì từ đẳng thức $cos2x=2cos^2 x-1$,$k(t)=f(t)-g(t)$.Ta có $k(1)=f(1)-M\leq0$,$k(0)=f(0)+M\geq0$,$k(-1)=f(-1)-M\leq0$,thực ra đến đây có thể thấy là đa thức $k(t)\equiv 0$

(kiểu gì cũng sẽ triệt tiêu hệ số của thằng bậc 2,đa thức bậc nhất có 2 nghiệm thì nó phải là đa thức 0,**mẹo làm trắc nghiệm là đến đây bạn cho các hệ số bằng 0**).Tức là $4-2M=0,4+2a=0,1+a+b+1=0$ tức là $M=2,a=-2,b=-1$. Một bài toán phải nói là ko dễ đúng không các bạn nhưng cách làm trắc nghiệm rất đơn giản(và ở đây ta không quan tâm đến chi tiết max đạt min)

Ví dụ 2: Cho hàm số $y=|2x^2+ax+b|$,biết giá trị lớn nhất của $y$ trên đoạn $[-1;1]$ là 1,tìm $a,b$.Ta xét $f(x)=2x^2+ax+b,g(x)=1(2x^2-1),k(x)=f(x)-g(x)$,đồng nhất các hệ số của đa thức $k(x)$ bằng 0 ta có $a=0,b=-1$( quá đơn giản phải không)

Ví dụ 3: Cho hàm số $y=|8x^4+ax^2+b|$,giá trị lớn nhất của $y$ trên đoạn $[-1;1]$ là 1,tính tổng $a+b$.Ta xét $f(x)=8x^4+ax^2+b,g(x)=1(8x^4-8x^2+1)$(khai triển $cos4x=8cos^4 x-8cos^2 x+1$),$k(x)=f(x)-g(x)$,đồng nhất hệ số đa thức $k(x)=0$ ta có $a=-8,b=-1$ suy ra $a+b=-7$

Ví dụ 4: Cho hàm số $y=|4x^3+ax^2+bx+c|$,giá trị lớn nhất của $y$ trên đoạn $[-1;1]$ là 1.Tính tổng $a+2b+3c$.Ta xét $f(x)=4x^3+ax^2+bx+c,g(x)=1(4x^3-3x),k(x)=f(x)-g(x)$,đồng nhất hệ số $k(x)=0$,ta có $a=0,b=-3,c=0$ suy ra $a+2b+3c=-6$

Ví dụ 5: Cho hàm số $y=|ax^2+bx-2|$,giá trị lớn nhất của $y$ trên đoạn $[-1;3]$ là $M$.Khi $M$ đạt giá trị nhỏ nhất,tính $a+b$

Đổi biến,đặt $x=2t+1$,$f(t)=a(2t+1)^2+b(2t+1)-2,g(t)=M(2t^2-1),k(t)=f(t)-g(t)$,đồng nhất hệ số $k(t)=0$ ta có $4a-2M=0,4a+2b=0,a+b-2+M=0$ suy ra $a=2,b=-4,M=4$ suy ra $a+b=-2$

Ví dụ 6: Cho hàm số $y=|ax^3+bx^2+cx+d|$,giá trị lớn nhất của $y$ trên đoạn $[-1;3]$ là 6.Tính $a^2+b^2+c^2+d^2$

Xét $f(t)=a(2t+1)^3+b(2t+1)^2+c(2t+1)+d,g(t)=6(4t^3-3t),k(t)=f(t)-g(t)$,đồng nhất hệ số $k(t)=0$ suy ra $a=3,b=-9,c=0,d=6$ nên $a^2+b^2+c^2+d^2=126$

Ví dụ 7: Cho hàm số $y=|x^4+ax^3+bx^2+cx+d|$,giá trị lớn nhất của $y$ trên đoạn $[-1;3]$ là $M$,khi $M$ đạt min tính $ac+bd$.

Xét $f(t)=(2t+1)^4+a(2t+1)^3+b(2t+1)^2+c(2t+1)+d,g(t)=M(8t^4-8t^2+1),k(t)=f(t)-g(t)$,đồng nhất hệ số $k(t)=0$ ta có $M=2,a=-4,b=2,c=4,d=-1$ suy ra $ac+bd=-18$.

Ví dụ 8: Cho hàm số $y=|x^3+ax^2+bx+c|$, giá trị lớn nhất của $y$ trên đoạn $[-1;3]$ là $M$, khi $M$ đạt min,tính $ab+bc+ca$.

Xét $f(t)=(2t+1)^3+a(2t+1)^2+b(2t+1)+c,g(t)=M(4t^3-3t),k(t)=f(t)-g(t)$,đồng nhất hệ số $k(t)=0$ ta có $a=-3,b=0,c=2,M=2$ suy ra $ab+bc+ca=-6$

Hy vọng là qua 8 ví dụ đã minh họa cho các bạn hiểu về cách làm dạng bài này,cảm ơn các bạn đã đón đọc,một số ví dụ là mình trích từ khóa pro X max trên vted của thầy Đặng Thành Nam,học toán vted là best rồi.

TH1:Nếu có 2 số lớn hơn bằng 1,1 số nhỏ hơn bằng 1,giả sử $a\leq 1,b\geq 1,c\geq 1$,áp dụng bdt Bernoulli $a^a=\frac{a}{a^{1-a}}=\frac{a}{(1+a-1)^{1-a}}\geq \frac{a}{1+(1-a)(a-1)}=\frac{a}{2a-a^2}=\frac{1}{2-a}$,$b^b=(1+b-1)^b\geq1+b(b-1)=b^2-b+1\geq b$,$c^c=(1+c-1)^c\geq 1+c(c-1)\geq c^2-c+1\geq c$.Suy ra $\sum \frac{1}{a^a(b+c)}\leq \frac{2-a}{b+c}+\frac{1}{b(c+a)}+\frac{1}{c(a+b)}=f(a,b,c)$,ta sẽ đi cm$f(a,b,c)\leq f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$ hay $\frac{2-a}{b+c}+\frac{1}{b(c+a)}+\frac{1}{c(a+b)}\leq \frac{2-a}{2\sqrt{bc}}+\frac{2}{bc+a\sqrt{bc}}$.Thật vậy $\frac{2-a}{b+c}\leq \frac{2-a}{2\sqrt{bc}}\Leftrightarrow (\sqrt{b}-\sqrt{c})^2\geq 0$ đúng với mọi $b,c$ không âm,$\frac{1}{b(c+a)}+\frac{1}{c(a+b)}\leq \frac{2}{(bc+bc \sqrt a)}=\frac{2}{bc+\sqrt a}$ điều này tương đương $(1-a\sqrt a)(b+c-\frac{2}{\sqrt a})\geq 0$,đúng với mọi $a\leq 1$ do $b+c\geq 2\sqrt {bc}=frac{2}{\sqrt a}$.Ta sẽ đi chứng minh $f(a,\sqrt bc,\sqrt bc)=f(a,\frac{1}{\sqrt a},\frac{1}{\sqrt a})=\frac{2-a}{\frac{2}{\sqrt a}}+\frac{2}{\frac{1}{a}+\sqrt a}\leq \frac{3}{2}$,đặt $t=\sqrt a$ thì tương đương $(t-1)^2(t^4+2t^3+t^2+4t+3)\sqrt 0$ đúng. TH2:Nếu có 2 số nhỏ hơn bằng 1,1 số nhỏ hơn bằng 1,giả sử $a\leq 1,b\leq 1,c\geq 1$,như TH1 ta quy về cm $\frac{2-a}{b+c}+\frac{2-b}{c+a}+\frac{1}{c(a+b)}\leq \frac{3}{2}$,để ý thấy $\frac{2-b}{a+c}=\frac{b(2-b)}{b(c+a)}\leq \frac{1}{b(c+a)}$ nên quy về giống như TH1,đúng với mọi $a\leq 1$

Câu 2:Giả sử tồn tại tam giác thỏa mãn là $ABC$ .Xét tam giác $ABC$,đường cao $AD,BE,CF$ và trực tâm $H$. Ta có $AD.BC=2S>200$,vì $AD<1$ nên $BC>200$,tương tự $AB>200,AC>200$.Mặt khác $BH+HD>BD,CH+HD>CD$ suy ra $BH+HC+2HD>BC>200$ mà $BH<BE<1,CH<CF<1,2HD<2AD<2$ suy ra $BH+HC+2HD<4$ vô lí suy ra không tồn tại tam giác thỏa mãn.

Cho $z=0,x=1,y=\frac{1}{2}$ thì bất đẳng thức sai

Mình nghĩ bài này chỉ cần xét với trường hợp $(x+b)(x+c)$ vì $b,c$ nguyên nên $b,c$ có thể âm hoặc dương do vậy nếu bạn định xét thêm cả $(-x+b)(-x+c)$ thì chỉ cần đổi dấu 2 lần là thu được $(x-b)(x-c)$ hai trường hợp này hoàn toàn giống nhau vì $b,c$ nguyên;không kể đến nữa là delta không đổi.Còn câu hỏi của bạn bovuotdaiduong thì mình nghĩ là không xét trường hợp này vì hệ số $x^2$ là 1 mà hệ số của $x^2$ trong trường hợp của bạn là -1 nên không được.Tuy nhiên tại sao lại không được? Vì với $a=const$ thì đa thức luôn được phân tích thành nhân tử với mọi $x$,nếu như $(x-a)(x-10)+1=(kx+m)(qx+n)$ với $k,q,m,n$ là các số nguyên và hiển nhiên $k,q$ khác $0$ ,nếu $kq=1$ thì hiển nhiên là 2 trường hợp mình nói lúc đầu,xét $kq\neq 1$,ta có $(kq-1)x^2+(kn+qm+a+10)x+mn-10a-1=0$,phương trình có nghiệm với mọi $x$ nên với $x=0$ suy ra $mn=10a+1$ do đó $(kq-1)x^2+(kn+qm+a+10)x=0$ có nghiệm với mọi $x$ tức với $x\neq 0$ là phải thỏa mãn $(kq-1)x+kn+qm+a+10=0$ với mọi $x$,do $$kq-1\neq 0$ nên phương trình luôn có 1 nghiệm duy nhất vô lí.Vây $kq=1$ suy ra chỉ có phân tích thành nhân tử dạng $(x+b)(x+c)$

Gọi số tự nhiên thỏa mãn các tính chất trên là $n$.,do $165|n$ nên $n$ chia hết cho $3,5,11$,gọi số mũ của chúng trong $n$ lần lượt là $a,b,c$.Do $n$ co 45 ước nên $(a+1)(b+1)(c+1)|45$,vì $a+1\geq 2,b+1\geq 2,c+1\geq 2$ suy ra $a+1,b+1,c+1$ mỗi số sẽ nhận đúng một giá trị là $3,3,5$ mà để cho $n$ nhỏ nhất thì $n=11^2.5^2.3^4=245025$

Bất đẳng thức tương đương $A=\sqrt{\frac{a}{(a+1)(c+1)}}+\sqrt{\frac{b}{(a+1)(b+1)}}+\sqrt{\frac{c}{(c+1)(b+1)}}\leq\frac{3}{2}$,ta có $A\leq\frac{1}{2}\left ( \frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{1}{b+1} \right )=\frac{3}{2}$.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Ta sẽ đi chứng minh với mọi số nguyên dương $n$ thì bất đẳng thức luôn đúng,trước hết với $n=1$ thì $x^2+1>=2x+(x-1)^2=x^2+1$ luôn đúng,với $n=2$ thì $(x^2+1)^2\geq (2x)^2+(x^2-1)^2=(x^2+1)^2$ luôn đúng,giả sử đúng tới $n$ ta cần chứng minh đúng với $n+1$,$n\geq 3$.Theo giả thiết quy nạp: $(x^2+1)^n\geq (2x)^n+(x^n-1)^2$ suy ra $(x^2+1)^{n+1}\geq(x^2+1)((2x)^n+(x^n-1)^2)=(x^2+1)(2x)^n+(x^n-1)^2(x^2+1)\geq(2x)^{n+1}+(x^n-1)^2(x^2+1)$ nên ta cần chứng minh$(x^{n}-1)^2(x^2+1)\geq(x^{n+1}-1)^2 \Leftrightarrow x^{2n+2}-2x^{n+2}+x^2+x^{2n}-2x^{n}+1\geq x^{2n+2}-2x^{n+1}+1\Leftrightarrow x^2+x^{2n}+2x^{n+1}\geq 2x^{n+2}+2x^{n+1}\Leftrightarrow x^2(x^{n-1}-1)^2\geq2x^n(x-1)^2\Leftrightarrow (x-1)^2(x^2(x^{n-2}+x^{n-3}+..+1)^2-2x^n)\geq0$ luôn đúng vì cái trong ngoặc thứ hai luôn không âm

Gỉa sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$,bất đẳng thức tương đương $(a-b)^2\left ( \frac{2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab} \right )+(a-c)(b-c)(\frac{2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ac})\geq 0$,dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$.

Đặt $x=\frac{a}{b},a\in Z,b\in N^{*},(a,b)=1$,nếu $b\neq 1$ do $n^2+n+1$ là số chính phương và $n$ là số hữu tỉ nên $n^2+n$ là số tự nhiên nên $n(n+1)=\frac{a}{b}(\frac{a+b}{b})$,vì $(a+b,b)=(a,b)$ nên nó không thể là số tự nhiên suy ra $b=1$,vậy $n$ là số tự nhiên. Hiển nhiên $n=0$ không thỏa mãn,ta có $n^2<n^2+n+6<(n+2)^2$ nên $n^2+n+6=(n+1)^2$ tương đương $n=5$.

$Sx=x+2x^2+...+nx^n,S-Sx=1+x+x^2+..+x^{n-1}-nx^n=\frac{x^n-1}{x-1}-nx^n=$ suy ra $S=-\frac{(n+1)x^n-1-nx^{n+1}}{(x-1)^2}$

Ta sẽ đi chứng minh có vô số số nguyên $x$ thỏa mãn bằng cách chỉ ra họ nghiệm của nó.Ta sẽ tìm cách biểu diễn $x$ để cho $13x+3$ là số chính phương,đặt $x=ay^{2}+by+c$,có $13x+3=13(ay^{2}+by+c)+3=(my+n)^{2}$,đồng nhất hệ số 2 bên ta có: $13a=m^{2},13b=2mn,13c+3=n^{2}$=(my+n)^{2}$,suy ra $13|m$,$13|n^2-3$ nên đặt $m=13m_{1},n=13n_{1}+4$ hoặc $m=13m_{1},n=13n_{1}-4$.Vậy $x=13m_{1}^{2}y^2+2\left ( 13n_{1}+4\right )y+13n_{1}^{2}+8n_{1}+1$ , $x=13m_{1}^{2}y^2+2\left ( 13n_{1}-4\right )y+13n_{1}^{2}-8n_{1}+1$ 

Tương tự câu b ta ra được $x=19m1^{2}y^{2}+2m_{1}(19n_{1}+6)y+19n_{1}^{2}+12n_{1}-3$,  $x=19m1^{2}y^{2}+2m_{1}(19n_{1}-6)y+19n_{1}^{2}-12n_{1}-3$

Nếu $n$ lẻ thì tất cả các ước của $n$ đều lẻ suy ra $d_{d_{5}}$ lẻ,mà $d_{2}+d_{4}$ chẵn nên vô lí,suy ra $n$ chẵn do đó $d_{2}=2$

Bổ đề 1: nếu $n$ là số nguyên tố thì $n$ có 2 ước,còn $n$ là hợp số thì $n$ có ít nhất 4 ước.

Bổ đề 2: $d_{i}$ luôn có tối đa $i$ ước,số ước của $n$ luôn lớn hơn số ước của $d_{i}$,$i= \overline{1,16}$

Ta có $d_{4}\geq 4$,nếu $d_{4}=4$ thì suy ra $d_{3}=3$,$d_{d_{5}}$ có tối đa 16 ước,do 6 có 4 ước nên $d_{6}$ có tối đa 4 ước suy ra $d_{6}$ có dạng $pq,p^{t}$ với $p,q$ là 2 số nguyên tố phân biệt và $t=\overline{1,3}$,nếu n có dạng $pq$, giả sử $p,q$ đều khác 2,3 vô lí vì sẽ có nhiều hơn 16 ước,nếu $pq=6$ suy ra $d_{6}=6$ và $d_{5}=5$ vô lí vì lúc này $d_{d_{5}}=d_{5}= d_{6}(d_{2}+d_{4})$ suy ra phải có ít nhất một ước khác 2 và 3,giả sử là $p$,còn $q= 2$,từ đây suy ra $d_{5}=p$ với $4<p<12$ suy ra $p=7$ suy ra $d_{7}=2.7.6$ số này có 16 ước vô lí,nếu $p=11$ thì $d_{11}=2.11.6$ cũng vô lí do có 16 ước,suy ra $d_{5}=12$ suy ra $d_{12}=12p$ có nhiều hơn 16 ước

Với trường hợp $q=3$,$d_{6}=3p$ vô lí vì còn hơn 2 ước của $d_{6}$ nhỏ hơn d_{6}$ thỏa mãn lớn hơn d_{4}$

Với trường hợp $d_{6}=q^{t}$ nếu $q>12$ thì $t=1$, $q<12$ thì $t=2$,ở trường hợp đầu tính ra $d_{5}=12$,$d_{12}=6q$ do đó $n=6kq$ ,$k=2$ vẫn không thỏa mãn,$k$ khác 2 càng không vì sẽ có nhiều hơn 16 ước hoặc là tồn tại một ước nguyên tố $t$ khác ước nguyên tố $q$.Còn ở trường hợp 2 suy ra $q=7$ ,$d_{6}= 7^{2}=49$,n lúc này nhiều hơn 16 ước.

Bây giờ ta đi chứng minh không tôn tại với $d_{4}>4$:

Nếu $d_{4}$ chẵn suy ra $d_{4}+2$ chẵn,đặt $d_{4}=2k$ thì $d_{4}+2=2\left ( k+1 \right )$, có $n$ chia hết $2k\left ( k+1 \right )$,nếu một trong hai số $k,k+1$ là số nguyên tố thì số còn lại phải là hợp số,do$\left ( k,k+1 \right )=1$ nên sẽ có ít nhất 16 ước,điều này vô lí,tương tự khi cả 2 số là hợp số(hiển nhiên 2 số không đồng thời là số nguyên tố vì  $d_{4}>4$)

Nếu $d_{4}$ lẻ là hợp số và $d_{4}+2$ lẻ và cũng là hợp số thì suy ra $2d_{4}\left ( d_{4}+2 \right )$ có nhiều hơn 16 ước.

Nếu $d_{4}$ lẻ là số nguyên tố và $d_{4}+2$ là hợp số,chỉ có $d_{4}=7,d_{4}=13$ là thích hợp thay vào ta có $d_{d_{5}}=9d_{6}$ nếu $d_{d_{4}}=9$ suy ra $d_{3}=3,d_{5}=9$ do đó $n=2.9.11.A$ với $A$ là số tự nhiên nếu $A=2$ suy ra có 2 số là ước của $n$ nhỏ hơn $d_{4}$ là 4 và 3 vô lí,$A=3$ thì ra $n=3.9.11.2$ cũng không thỏa mãn,nếu $A$ là hợp số thì $n$ có nhiều hơn 16 ước,nếu $A$ là số nguyên tố,xét $A=7$ vô lí vì số ước không bằng 16,$A>7$ thì $d_{3}>d_{4}=11$ vô lí. Còn $d_{4}=13$ suy ra $15|n$ nên sẽ có 2 ước nhỏ hơn $d_{4}$ là 3,5 vô lí.

Nếu $d_{4}$ lẻ là hợp số và $d_{4}+2$ lẻ là số nguyên tố thì $d_{4}=9$ lúc này $n|11$ nên $n=2.9.11.A$ với $A$ là số tự nhiên nếu $A=2$ suy ra có 2 số là ước của $n$ nhỏ hơn $d_{4}$ là 4 và 3 vô lí,$A=3$ thì ra $n=3.9.11.2$ cũng không thỏa mãn,nếu $A$ là hợp số thì $n$ có nhiều hơn 16 ước,nếu $A$ là số nguyên tố,xét $A=7$ vô lí vì số ước không bằng 16,$A>7$ thì $d_{3}>d_{4}=11$ vô lí.

Nếu $d_{4}$ lẻ là số nguyên tố và $d_{4}+2$ lẻ là số nguyên tố thì$d_{4}=11$ suy ra $n=11.13.2.p$ với p là số nguyên tố,$p=2$ vô lí vì sẽ có nhỏ hơn 16 ước,$p=3$ thử lại điều kiện giả thiết thấy không đúng,$p=7$ thỏa mãn,$p=11,p=13$ đều không thỏa mãn vì có nhỏ hơn 16 ước,$p>13$ không thỏa mãn vì lúc này $d_{3}>d_{4}=11$ vô lí.

Vậy $n=2002$

Giải phương trình nghiệm nguyên dương 

                                $x^{a+b}=a^{b}.b$                                        (Iran 98)

$x= 1\Rightarrow a= b= 1$  $x> 1$$\Rightarrow$$x=\coprod_{i=1}^{n}p_{i}^{\gamma _{i}}$,$a=\coprod_{i=1}^{n}p_{i}^{\alpha _{i}}$,$b= \coprod_{i=1}^{n}p_{i}^{\beta _{i}}$,với $p_{i}$ là các ước nguyên tố khác nhau của $x$,$\gamma _{i},\alpha _{i},\beta _{i}$ là các số nguyên không âm, theo giả thiết ta có $\gamma _{i}(a+b)=\alpha _{i}b+\beta _{i}$.Nếu $\beta _{i}=0$ thì $b$ không chia hết cho $p_{i}$ suy ra $\alpha i-\gamma i \vdots p_{i}^{\alpha _{}i}$ vô lí vì vế phải lớn hơn vế trái

Nếu $p_{i}^{\beta _{i}}$ không chia hết $\beta _{i}$ thì $p_{i}^{\beta _{i}}$ không chia hết cho $a$ suy ra $\alpha _{i}<\beta _{i}$ nên a chia hết cho b.Do đó tồn tại 1 số nguyên không âm c thỏa mãn $b=c^{a}$.

Có biểu diễn $\frac{x}{a}=\frac{p}{q}$ được viết trong dạng tối giản.Phương trình đầu tương đương $x^{a}p^{b}=bq^{b}$ do đó $p^{b}$ phải thuôc ước của b hay p phải bằng 1.Từ đây suy ra a chia hết cho x,nếu x khác a thì tồn tại $\alpha _{i}\geq \gamma _{i}+1$ suy ra$\gamma_i(a+b) = \beta_i + b \alpha_i \geq (\gamma_i +1) b$ suy ra $\gamma _{i}a> b$ mà do $a> \gamma _{i}$ nên $a^2 > b = c^a,$ suy ra $\sqrt c < a^{1/a};$,mà $a^{1/a} < \sqrt 2$ với $a\geq 5$ suy ra $c=2,a=3,b=8$ vô lí.Vậy $x=a$ thì $b=x^{x}$

$\left ( a+b+c+1 \right )\left ( ab+bc+ca+1 \right )\geq 4\sqrt{(a+bc)(b+ca)(c+ab)}+1$ voi $a,b,c\geq 0$