Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
P= a+b2019-ab+c(c2019-b-a) \(\le\) a + b2019 + 1.(12019 - b - a) =a + b2019 +1 - b - a = b(b2018 - 1) +1 \(\le\)1.(12018 - 1) +1 = 1
Vậy Max P=1
đạt được khi c=b=1; 0\(\le a\le1\)
(1-a)(1-b)(1-c)\(\ge\)0 <=> 1-a-b-c+ab+ac+dc-abc \(\ge\)0 <=> a+ b+ c- ab- ac- bc \(\le\)1-abc\(\le1\)(vì với a.b,c \(\ge0=>abc\ge0=>-abc\le0\))
\(b\le1=>b^{2019}\le b;c\le1=>c^{2020}\le c=>P\le a+b+c-ab-bc-ca\le1.\)
vậy GTLN của P là 1
đạt được khi (1-a)(1-b)(1-c)=0; abc=0; b=1; c=1 => a=0; b=c =1
Lời giải:
Do $a,b,c\in [0;1]$ nên $b^{2019}\leq b; c^{2020}\leq c$
$\Rightarrow P\leq a+b+c-ab-bc-ac$
Mặt khác, cũng vì $a,b,c\in [0;1]$ nên:
$(a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$
$\Leftrightarrow abc-(ab+bc+ac)+(a+b+c)-1\leq 0$
$\Leftrightarow a+b+c-ab-bc-ac\leq 1-abc$
Mà $1-abc\leq 1$ do $a,b,c\geq 0$
Do đó $P\leq a+b+c-ab-bc-ac\leq 1$
Vậy $P_{\max}=1$. Giá trị này đạt được tại $(a,b,c)=(0,0,1)$ hoặc $(0,1,1)$ và các hoán vị của chúng.
Lời giải:
Do $a,b,c\in [0;1]$ nên $b^{2019}\leq b; c^{2020}\leq c$
$\Rightarrow P\leq a+b+c-ab-bc-ac$
Mặt khác, cũng vì $a,b,c\in [0;1]$ nên:
$(a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$
$\Leftrightarrow abc-(ab+bc+ac)+(a+b+c)-1\leq 0$
$\Leftrightarow a+b+c-ab-bc-ac\leq 1-abc$
Mà $1-abc\leq 1$ do $a,b,c\geq 0$
Do đó $P\leq a+b+c-ab-bc-ac\leq 1$
Vậy $P_{\max}=1$. Giá trị này đạt được tại $(a,b,c)=(0,0,1)$ hoặc $(0,1,1)$ và các hoán vị của chúng.
Lời giải:
a) Đặt \(AB=x; AC=y\)
Theo định lý Pitago: \(x^2+y^2=AB^2+AC^2=BC^2=25(1)\)
\(xy=AB.AC=2S_{ABC}=AH.BC=10(2)\)
Từ (1);(2) kết hợp với điều kiện $x<y$ ta dễ dàng tìm được \(AB=\sqrt{5}(cm)\)
b)
Kẻ $ID\perp HK$ ($D\in HK$)
Xét tam giác $IDK$ và $KHC$ có:
\(\widehat{IDK}=\widehat{KHC}=90^0\)
\(\widehat{IKD}=90^0-\widehat{HKC}=\widehat{KCH}\)
\(\Rightarrow \triangle IDK\sim \triangle KHC(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{ID}{DK}=\frac{KH}{HC}=\frac{2AH}{HC}\)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông:
\(AH^2=BH.HC\Rightarrow \frac{AH}{HC}=\frac{BH}{AH}\)
Do đó: \(\frac{ID}{DK}=\frac{2BH}{AH}\Rightarrow \frac{BH}{ID}=\frac{AH}{2DK}(1)\)
Áp dụng định lý Ta-let khi \(BH\parallel ID\) ta có: \(\frac{BH}{ID}=\frac{AH}{AD}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow 2DK=AD\)
\(\Leftrightarrow AD=2(HK-HD)=2HK-2HD=4AH-2HD\)
\(\Leftrightarrow AH+HD=4AH-2HD\)
\(\Leftrightarrow AH=HD\)
Áp dụng đl Ta-let \(\frac{AB}{BI}=\frac{AH}{HD}=1\Rightarrow AB=BI\)
+ Nếu a là số nguyên tố lẻ -> ab là số lẻ
=> ab+ 2011 là số chẵn lớn hơn 2011
-> c là số chẵn lớn hơn 2011
mà c là số chẵn nguyên tố => c không tồn tại
Đ nếu a là số nguyên tố chẵn => a
Khi đó ab+ 2011 (*)
Ta lại có b là nguyên tố => b= 2 hoặc b là số nguyên tố lẻ
. b=2 khi đó 2b+ 2011=22+ 2011
= 2015 là hợp số
-> b=2 là KTM
. b là số nguyên tố lẻ => b=4k + 1; b=4k+ 3 ( K thuộc N*)
Với b=4k+1
Ta có 2b+ 2011= 24k+1+2011
=16k. 2+ 2011
Ta thấy: 16=1(mod3)
=>16k=1(mod3)
=>2.16k=2(mod3)
mà 2011=1(mod3)
=>2:16k+2011=3(mod3)
Tức là 2.16k+2011:3
=>2.16k+2011 là hợp số
Vậy b=4k+1(k thuộc N*) không TM
Với b=4k+3. Thay vào (*)
Ta có: 24k+3+2011
= 24k.23+2011
= 16k=1 (mod3)
mà 8.16k=2 (mod3)
=> 8.16k=2(mod3)
Mà 2011=1(mod3)
=>16k.8+2011 là hợp số
Nguyễn Anh Kim Hân: xin lỗi bạn vì bây giờ mình mới có thời gian đọc bài của bạn. Hơi muộn nhưng chúc bạn thi đạt kết quả tốt.
Lời giải:
Vì $0\leq a,b,c\leq 1\Rightarrow b^{2019}\leq b; c^{2020}\leq c$
$\Rightarrow P\leq a+b+c-(ab+bc+ac)(1)$
Theo đề bài: $a,b,c\leq 1$
$\Rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$
$\Leftrightarrow a+b+c-(ab+bc+ac)\leq 1-abc$
Mà $abc\geq 0$ nên $a+b+c-(ab+bc+ac)\leq 1(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow P\leq 1$
Vậy $P_{\max}=1$. Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(0,1,1); (0,0,1)$ và các hoán vị.