Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(A=mn\left(m^2-n^2\right)\) (1)
\(A=mn\left(n-m\right)\left(n+m\right)\)(1)
1.- với A dạng (1) ta có (m^2 -n^2) luôn chia hết cho 3 { số chính phương luôn có dạng 3k hoặc 3k+1}
2.-Với A dạng (2)
2.1- nếu n hoặc m chẵn hiển nhiên A chia hết cho 2
2.1- nếu n và m lẻ thì (n+m) chia hết cho 2
Vậy: A chia hết cho 2&3 {2&3 ntố cùng nhau) => A chia hết cho 6 => dpcm
\((a^2 +b^2).(x^2 +y^2) \ge (ax+by)^2\)
dấu " = " xảy ra khi \(\dfrac{a}{x} = \dfrac{b}{y}\)
Vì \(\dfrac{a}{x} = \dfrac{b}{y} \Rightarrow ay=bx\)
\((a^2 +b^2).( x^2 +y^2)= a^2.x^2 +a^2.y^2 +b^2.x^2 + b^2.y^2 \)
\(= a^2.x^2 + b^2.x^2 +b^2.x^2 +b^2.y^2 \)
\(= (ax)^2 +2.b^2.x^2 + (by)^2 \)
\(= (ax)^2 +2.ax.by + (by)^2\) (tách \(b^2.x^2= b.x.b.x = a.y.b.x= ax.by\))
\(= (ax+by)^2 \)
=> đpcm
(a2+b2).(x2+y2)≥(ax+by)2(a2+b2).(x2+y2)≥(ax+by)2
dấu " = " xảy ra khi ax=byax=by
Vì ax=by⇒ay=bxax=by⇒ay=bx
(a2+b2).(x2+y2)=a2.x2+a2.y2+b2.x2+b2.y2(a2+b2).(x2+y2)=a2.x2+a2.y2+b2.x2+b2.y2
=a2.x2+b2.x2+b2.x2+b2.y2=a2.x2+b2.x2+b2.x2+b2.y2
=(ax)2+2.b2.x2+(by)2=(ax)2+2.b2.x2+(by)2
=(ax)2+2.ax.by+(by)2=(ax)2+2.ax.by+(by)2 (tách b2.x2=b.x.b.x=a.y.b.x=ax.byb2.x2=b.x.b.x=a.y.b.x=ax.by)
=(ax+by)2
Câu 4:
a) C/m tương đương
\(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\) \(\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\ge0\) => luôn đúng
=> \(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Rightarrowđpcm\)
b) \(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge a+b+c\)
Áp dụng BĐT: \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\ge2\)
+) \(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ba}{c}=b\left(\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{c}\right)\ge2b\)
+) \(\dfrac{ca}{b}+\dfrac{cb}{a}=c\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)\ge2c\)
+) \(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{ac}{b}=a\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\ge2a\)
Cộng vế vs vế ta có:
\(2\left(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge a+b+c\Rightarrowđpcm\)
c) Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm ta có:
\(12^2=\left(3a+5b\right)^2\ge4.3a.5b=60ab\)
=> \(ab\le\dfrac{12}{5}\)
Vậy GTLN của P là \(\dfrac{12}{5}\)
Dấu ''=" xảy ra khi \(3a=5b\), từ đó ta có hệ
\(\left\{{}\begin{matrix}3a=5b\\3a+5b=12\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=\dfrac{6}{5}\end{matrix}\right.\)
1) Giả sử \(\sqrt{7}\) là 1 số hữu tỉ, do đó \(\sqrt{7}=\dfrac{a}{b}\) với a,b là những số nguyên dương(\(\dfrac{a}{b}\) tối giản)
Từ đó: \(\sqrt{7}=\dfrac{a}{b}\Leftrightarrow7=\dfrac{a^2}{b^2}\Leftrightarrow7b^2=a^2\)
\(\Rightarrow a^2⋮7\Rightarrow a⋮7\Rightarrow a=7k\)
Suy ra: \(7b^2=49k^2\Leftrightarrow b^2=7k^2\Rightarrow b^2⋮7\Rightarrow b⋮7\)
Vậy mâu thuẫn với \(\dfrac{a}{b}\) tối giản
Vậy: \(\sqrt{7}\) là số vô tỉ
2) a) \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=\left(ac\right)^2+\left(bd\right)^2+2ac.bd+\left(ad\right)^2+\left(bc\right)^2-2ad.bc=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
b) Chuyển vế rồi khai triển, search trên mạng cũng có
3) Áp dụng BĐT Bunyakovsky, ta có:
\(x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}=2\)
Câu 3:
Ta có:
$(x-y)^2\geq 0$ với mọi số thực $x,y$
$\Leftrightarrow x^2+y^2\geq 2xy$
$\Leftrightarrow 2(x^2+y^2)\geq x^2+y^2+2xy$
$\Leftrightarrow 2S\geq (x+y)^2$
$\Leftrightarrow 2S\geq 4$
$\Leftrightarrow S\geq 2$
Vậy $S_{\min}=2$. Giá trị này đạt được tại $x=y=1$
Câu 2:
a)
$(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=a^2c^2+b^2d^2+2acbd+a^2d^2+b^2c^2-2adbc$
$=a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2$
$=(a^2c^2+a^2d^2)+(b^2d^2+b^2c^2)$
$=a^2(c^2+d^2)+b^2(c^2+d^2)=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$ (đpcm)
b)
BĐT đã cho tương đương với:
$a^2c^2+b^2d^2+2acbd\leq a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2$
$\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2-2abcd\geq 0$
$\Leftrightarrow (ad-bc)^2\geq 0$ (luôn đúng với mọi số thực $a,b,c,d$)
Do đó BĐT được chứng minh.
\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}=1.\sqrt{x}\\\sqrt{2-x}=1.\sqrt{2-x}\end{matrix}\right.\)
\(\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=1\\x=\sqrt{x}\\y=\sqrt{y}\end{matrix}\right.\)
áp vào \(\left(1.\sqrt{x}+1.\sqrt{2-x}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(\sqrt{x}^2+\sqrt{2-x}^2\right)=2.\left(x+2-x\right)=2.2=4\)\(\left(1.\sqrt{x}+1.\sqrt{2-x}\right)^2\le4\Rightarrow\left(1.\sqrt{x}+1.\sqrt{2-x}\right)\le2\)
tại đâu bạn tự tìm cho vui
1. ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}a;b\ge0\\a\ne9\end{matrix}\right.\)
\(A=\frac{2\sqrt{a}+3\sqrt{b}}{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}+2\right)-3\left(\sqrt{b}+2\right)}-\frac{6-\sqrt{ab}}{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}+2\right)+3\left(\sqrt{b}+2\right)}\)
\(=\frac{2\sqrt{a}+3\sqrt{b}}{\left(\sqrt{a}-3\right)\left(\sqrt{b}+2\right)}-\frac{6-\sqrt{ab}}{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{b}+2\right)}=\frac{\left(\sqrt{a}+3\right)\left(2\sqrt{a}+3\sqrt{b}\right)+\left(\sqrt{ab}-6\right)\left(\sqrt{a}-3\right)}{\left(\sqrt{a}-3\right)\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{b}+2\right)}\)
\(=\frac{2a+9\sqrt{b}+a\sqrt{b}+18}{\left(\sqrt{a}-3\right)\left(\sqrt{a}+3\right)\left(\sqrt{b}+2\right)}=\frac{a\left(\sqrt{b}+2\right)+9\left(\sqrt{b}+2\right)}{\left(a-9\right)\left(\sqrt{b}+2\right)}\)
\(=\frac{\left(a+9\right)\left(\sqrt{b}+2\right)}{\left(a-9\right)\left(\sqrt{b}+2\right)}=\frac{a+9}{a-9}\)
b .
\(\frac{a+9}{a-9}=\frac{b+10}{b-10}\Leftrightarrow\frac{a-9+18}{a-9}=\frac{b-10+20}{b-10}\)
\(\Leftrightarrow1+\frac{18}{a-9}=1+\frac{20}{b-10}\Leftrightarrow\frac{18}{a-9}=\frac{20}{b-10}\)
\(\Leftrightarrow18\left(b-10\right)=20\left(a-9\right)\Leftrightarrow18b=20a\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{9}{10}\)
3.
\(x^2-4x+4-\left(x^2+6x+9\right)=2x-10\)
\(\Leftrightarrow-10x-5=2x-10\)
\(\Leftrightarrow12x=5\)
b. \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}17\left(x-y\right)+7\left(2x+y\right)=833\\19\left(4x+y\right)+5\left(y-7\right)=1425\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}31x-10y=833\\76x+24y=1460\end{matrix}\right.\)
Bấm máy
\(\left|x\left(u+v\right)-y\left(u-v\right)\right|^2\le\left(x^2+y^2\right)\left[\left(u+v\right)^2+\left(u-v\right)^2\right]=1\cdot\left(2u^2+2v^2\right)=2\)
\(\Rightarrow\left|x\left(u+v\right)-y\left(u-v\right)\right|\le\sqrt{2}\)
@Hải Ngọc Cảm ơn câu trả lời của bạn, nhưng ở đoạn đầu bạn nhầm dấu cộng thành dấu trừ rồi! :))