Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
.
.
.
.
.
.
với x, y, z > 0.
.
.
Câu 1:
G/s \(\sqrt{7}\) là số hữu tỉ có thể viết dưới dạng phân số tối giản \(\frac{a}{b}\) \(\left(a,b\inℤ\right)\)
=> \(\frac{a}{b}=\sqrt{7}\)
<=> \(\left(\frac{a}{b}\right)^2=7\)
=> \(a^2=7b^2\)
=> \(a^2⋮b^2\) , mà theo đề bài phân số tối giản
=> a không chia hết cho b => a2 không chia hết cho b2
=> vô lý
=> \(\sqrt{7}\) là số vô tỉ
Câu 2:
a) \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)
\(=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2\)
\(=\left(a^2c^2+a^2d^2\right)+\left(b^2c^2+b^2d^2\right)\)
\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)\)
\(=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
b) Ta có: \(\left(ac+bd\right)^2=a^2c^2+2abcd+b^2d^2\)
\(=a^2c^2+2\sqrt{a^2d^2.b^2c^2}+b^2d^2\)
\(\le a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\) ( bất đẳng thức Cauchy )
Dấu "=" xảy ra khi: \(ad=bc\Leftrightarrow\frac{a}{c}=\frac{b}{d}\)
.
.
.
Câu 1: giả sử √7 là số hữu tỉ
=> √7 = a/b (a,b ∈ Z ; b ≠ 0)
không mất tính tổng quát giả sử (a;b) = 1
=> 7 = a²/b²
<=> a² = b7²
=> a² ⋮ 7
7 nguyên tố
=> a ⋮ 7
=> a² ⋮ 49
=> 7b² ⋮ 49
=> b² ⋮ 7
=> b ⋮ 7
=> (a;b) ≠ 1 (trái với giả sử)
=> giả sử sai
=> √7 là số vô tỉ
với x, y, z > 0.
.
.
Giả sử phản chứng √7 là số hữu tỉ ⇒ √7 có thể biểu diễn dưới dạng phân số tối giản m/n
√7= m/n
⇒ 7 = m²/n²
⇒ m² =7n²
⇒ m² chia hết cho n²
⇒ m chia hết cho n (vô lý vì m/n là phân số tối giản nên m không chia hết cho n)
Vậy giả sử phản chứng là sai. Suy ra √7 là số vô tỉ.
câu 2 câu 3 nè
2) a) (ac+bd)2+(ad−bc)2=(ac)2+(bd)2+2ac.bd+(ad)2+(bc)2−2ad.bc=(a2+b2)(c2+d2)(ac+bd)2+(ad−bc)2=(ac)2+(bd)2+2ac.bd+(ad)2+(bc)2−2ad.bc=(a2+b2)(c2+d2)
b) Chuyển vế rồi khai triển, search trên mạng cũng có
3) Áp dụng BĐT Bunyakovsky, ta có:
x2+y2≥(x+y)22=222=2
bài 3 : Theo bđt AM-GM dạng cộng mẫu thì
\(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}=\frac{4}{2}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=1\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
bài 4
a,Ta có điều hiển nhiên sau : \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)
\(< =>a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)
\(< =>a+b\ge2\sqrt{ab}\)(hoàn tất)
b, đề bị lỗi
c,\(12=3a+5b\ge2\sqrt{15ab}\Leftrightarrow ab\le\frac{12}{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=2;b=\frac{6}{5}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Biến đổi tương đương \(a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(< =>\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-a^2b-b^2a\ge0\)
\(< =>a^2+b^2-ab-ab\left(a+b\right)\ge0\)
\(< =>a^2+b^2-2ab\ge0\)
\(< =>\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
Vậy ta đã hoàn tất chứng minh
TL
Câu 22 : Chứng minh rằng: Nếu số tự nhiên a không phải là số chính phương thì √a là số vô tỉ.
HT :
Câu 6:
2=(a+b)(a2−ab+b2)>02=(a+b)(a2−ab+b2)>0
⇒a+b>0⇒a+b>0
4(a3+b3)−N3=4(a3+b3)−(a+b)34(a3+b3)−N3=4(a3+b3)−(a+b)3
=3(a3+b3)−3ab(a+b)=(a+b)(a−b)2≥0=3(a3+b3)−3ab(a+b)=(a+b)(a−b)2≥0
⇒N3≤4(a3+b3)=8⇒N3≤4(a3+b3)=8
⇒N≤2⇒N≤2
Vậy Nmax=2
Câu 7:
BĐT ⇔a3+b3≥ab(a+b)⇔a3+b3≥ab(a+b)
⇔a3+b3−ab(a+b)≥0⇔a3+b3−ab(a+b)≥0
⇔(a−b)2(a+b)≥0⇔(a−b)2(a+b)≥0 (luôn đúng với mọi a,b,c>0a,b,c>0)
Vậy ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a=b>0a=b>0, cc dương bất kỳ.
Câu 8:
|a+b|>|a−b||a+b|>|a−b|
⇔|a+b|2>|a−b|2⇔|a+b|2>|a−b|2
⇔a2+b2+2ab>a2−2ab+b2⇔a2+b2+2ab>a2−2ab+b2
⇔4ab>0⇔4ab>0
⇔ab>0⇔ab>0
⇔a,b⇔a,b cùng dấu.
Câu 9:
a. BĐT ⇔a2+2a+1≥4a⇔a2+2a+1≥4a
⇔a2−2a+1≥0⇔a2−2a+1≥0
⇔(a−1)2≥0⇔(a−1)2≥0 (luôn đúng)
Vậy bđt được cm. Dấu "=" xảy ra khi a=1a=1
b. Áp dụng BĐT Cô-si:
(a+1)(b+1)(c+1)≥2√a.2√b.2√c=8√abc=8(a+1)(b+1)(c+1)≥2a.2b.2c=8abc=8
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Câu 10:
a. BĐT ⇔2ab≤a2+b2⇔2ab≤a2+b2
⇔a2−2ab+b2≥0⇔a2−2ab+b2≥0
⇔(a−b)2≥0⇔(a−b)2≥0 (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi a=ba=b
b.
BĐT ⇔2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ac)⇔2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ac)
⇔(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≥0⇔(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≥0 (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
Câu 12:
PT ⇔4(a2+b2+c2+d2)−4a(b+c+d)=0⇔4(a2+b2+c2+d2)−4a(b+c+d)=0
⇔(a2+4b2−4ab)+(a2+4c2−4ac)+(a2+4d2−4ad)+a2=0⇔(a2+4b2−4ab)+(a2+4c2−4ac)+(a2+4d2−4ad)+a2=0
⇔(a−2b)2+(a−2c)2+(a−2d)2+a2=0⇔(a−2b)2+(a−2c)2+(a−2d)2+a2=0
⇒a−2b=a−2c=a−2d=a=0⇒a−2b=a−2c=a−2d=a=0
⇒a=b=c=d=0
Câu 12:
2M=2a2+2ab+2b2−6a−6b+40022M=2a2+2ab+2b2−6a−6b+4002
=(a2+2ab+b2)+a2+b2−6ab−6b+4002=(a2+2ab+b2)+a2+b2−6ab−6b+4002
=(a+b)2−4(a+b)+4+(a2−2a+1)+(b2−2b+1)+3996=(a+b)2−4(a+b)+4+(a2−2a+1)+(b2−2b+1)+3996
=(a+b−2)2+(a−1)2+(b−1)2+3996≥3996=(a+b−2)2+(a−1)2+(b−1)2+3996≥3996
⇒M≥1998⇒M≥1998
Vậy Mmin=1998Mmin=1998. Giá trị này đạt tại a+b−2=a−1=b−1=0a+b−2=a−1=b−1=0
⇔a=b=1