Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cosy Schwarz : \(\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+\frac{a_3^2}{b_3}+...+\frac{a_n^2}{b_n}\ge\frac{\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2}{b_1+b_2+b_3+...+b_n}.\)(*)
với \(b_1=a_1^2;b_2=a_2^2;b_3=a_3^2;...;b_n=a_n^2\)ta có:
\(\frac{a_1^2}{a^2_1}+\frac{a_2^2}{a^2_2}+\frac{a_3^2}{a_3^2}+...+\frac{a_n^2}{a^2_n}\ge\frac{\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2}{a^2_1+a^2_2+a^2_3+...+a^2_n}.\)
\(n\ge\frac{\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2}{a^2_1+a^2_2+a^2_3+...+a^2_n}\Leftrightarrow\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2\le n\cdot\left(a^2_1+a^2_2+a^2_3+...+a^2_n\right)\)
Để đạt được dấu "=" thì \(a_1=a_2=a_3=...=a_n\).
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được : \(\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2=\left(1.a_1+1.a_2+1.a_3+...1.a_n\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2+...+1^2\right)\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2\right)=n.\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2\le n\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2\right)\)
Dấu đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a_1}{1}=\frac{a_2}{1}=\frac{a_3}{1}=...=\frac{a_n}{1}\Leftrightarrow a_1=a_2=a_3=...=a_n\)
Do đó, kết hợp với giả thiết của đê bài, ta được điều phải chứng minh.
Ta có: a13-a1=a1(a12-1)=(a1-1)a1(a1+1), là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên a13-a1 chia hết cho 2 và 3. Mà (2;3)=1
=> a13-a1 chia hết cho 6
Chứng minh tương tự:
a23-a2 chia hết cho 6
...
a20133 - a2013 chia hết cho 6.
=>(a13-a1) + (a23-a2)+...+(a20132 - a2013) chia hết cho 6
Hay S-P chia hết cho 6.
Do đó: Nếu một trong 2 biểu thức S, P chia hết cho 6 ta suy ra biểu thức còn lại cũng chia hết cho 6.
Vậy S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6.
Đặt độ dài cạnh hình lập phương là \(a\left(cm\right),a>0\).
Ta có: \(S_{ACC_1A_1}=AC.CC_1=a\sqrt{2}.a=a^2\sqrt{2}=25\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow a=5\left(cm\right)\)
Diện tích toàn phần của hình lập phương là:
\(5^2.6=150\left(cm^2\right)\)