K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
18 tháng 3 2017
\(A=mn\left(m^2-n^2\right)\) (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
19 tháng 11 2016
Ta có
\(\frac{1+m^2}{1+n^2}=1+m^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)}{1+n^2}\le1+m^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)}{2}\)
Tương tự ta có
\(\frac{1+n^2}{1+p^2}\le1+n^2-\frac{p^2\left(1+n^2\right)}{2}\)
\(\frac{1+p^2}{1+m^2}\le1+p^2-\frac{m^2\left(1+p^2\right)}{2}\)
\(\Rightarrow A\le3+m^2+n^2+p^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)+p^2\left(1+n^2\right)+m^2\left(1+p^2\right)}{2}\)
\(=\frac{m^2+n^2+p^2-\left(m^2N^2+n^2p^2+p^2m^2\right)}{2}+3\)
\(\le\frac{m^2+n^2+p^2+2\left(mn+np+pm\right)}{2}+3\)
\(=\frac{\left(m+n+p\right)^2}{2}+3=\frac{1}{2}+3=\frac{7}{2}\)
TN
19 tháng 11 2016
\(a,b,c\in\left[0,1\right]\) do đó \(a^2+b^2+c^2\le a+b+c=1\)
Ta có: \(T=\text{∑}\left(a^2+1-\frac{b^2a^2+b^2}{1+b^2}\right)\)\(\le\text{∑}a^2+3-\text{∑}\frac{b^2a^2+b^2}{2}\)
\(=3+\frac{\text{∑}a^2-\text{∑}a^2b^2}{2}\le3+\frac{1}{2}\le\frac{7}{2}\)
1 tháng 3 2020
a ) Ta co \(AC^2+BD^2=MA^2+MC^2+MB^2+MD^2\)
\(=\left(MA^2+MD^2\right)+\left(MB^2+MC^2\right)=AD^2+BC^2\)
Kẻ đường kính CE ta có \(\widehat{CDE}=90^0\)
Hay \(CD\perp DE\)
\(\Rightarrow DE\)// \(AB\) nên tứ giác ABED là hình thang cân
\(\Rightarrow AD=BE\)
Ta có : \(AD^2+BC^2=BE^2+BC^2=CE^2=4R^2\) không dổi
b ) Vì IB = IC = IM nên \(IO^2+IM^2=OC^2-IM^2+IM^2=R^2\)
Gọi J là trung điểm của MO . Áp dụng công thức đường trung tuyến trong \(\Delta IMO\) Ta có : \(IJ=\sqrt{\frac{IO^2+IM^2}{2}-\frac{MO^2}{4}}=\sqrt{\frac{R^2}{2}-\frac{MO^2}{4}}\) ( không dổi vì OM cố định ) Do đó I chạy trên đường tròn tâm J bán kính IJ không đổi Chúc bạn học tốt !!
NG
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 10 2019
Gọi điểm cố định là \(\left(x_0;y_0\right)\)
\(y_0=\left(m+2\right)x_0+m-1\)
\(\Leftrightarrow\left(x_0+1\right)m+2x_0-y_0-1=0\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0+1=0\\2x_0-y_0-1=0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_0=-1\\y_0=-3\end{matrix}\right.\)
Vậy đường thẳng luôn đi qua điểm cố định \(\left(-1;-3\right)\)
22 tháng 4 2017
Phương trình: \(x^2-2\left(m-1\right)x+m-4=0\left(1\right)\)
a/ Xét phương trình (1) có \(\Delta=4\left(m-1\right)^2-4\left(m-4\right)\)
= \(4m^2-8m+4-4m+16\)
= \(4m^2-12m+20\)
= \(\left(2m-3\right)^2+11\)
Ta luôn có: \(\left(2m-3\right)^2\ge0\) với mọi m
\(\Rightarrow\left(2m-3\right)^2+11>0\) với mọi m
\(\Leftrightarrow\Delta>0\) với mọi m
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
b/ Xét phương trình (1), áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1.x_2=m-4\end{matrix}\right.\)
Theo đề bài ta có:
\(A=x_1\left(1-x_2\right)+x_2\left(1-x_1\right)\)
= \(x_1-x_1x_2+x_2-x_1x_2\)
=\(\left(x_1+x_2\right)-2x_1x_2\)
= \(2\left(m-1\right)-2\left(m-4\right)\)
= 2m-2-2m+8
= 6
Vậy biểu thức \(A=x_1\left(1-x_2\right)+x_2\left(1-x_1\right)\) không phụ thuộc vào m
\(\left(m+1\right)^2\ge4m\)
\(\Leftrightarrow m^2+2m+1\ge4m\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m+1\ge0\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2\ge0\)
\(m^2+n^2+2\ge2\left(m+n\right)\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m+1+n^2-2n+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2+\left(n-1\right)^2\ge0\)
làm câu đầu trước nha :
<=> m2+2m+1>=4m
<=>m2-2m+1>=0
<=>(m-1)2>=0 ( điều phải chứng minh