bạn gõ phân số kiểu gì vậy

bn cho phân số z làm sao mà giải

SGK-61,62

Lời giải:

Ta có:

\(2x^4+3x^2y^2+y^4+y^2=(2x^4+2x^2y^2)+(x^2y^2+y^4)+y^2\)

\(=2x^2(x^2+y^2)+y^2(x^2+y^2)+y^2\)

\(=2x^2+y^2+y^2\) (thay \(x^2+y^2=1\) )

\(=2(x^2+y^2)=2\)

Ta có:

\(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3};\frac{a_2}{a_3}=\frac{a_3}{a_4};...;\frac{a_{2015}}{a_{2016}}=\frac{a_{2016}}{a_{2017}}\)

\(\Rightarrow\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=...=\frac{a_{2016}}{a_{2017}}=k\)

\(\Rightarrow\frac{a_1^{2016}}{a_2^{2016}}=\frac{a_2^{2016}}{a_3^{2016}}=...=\frac{a_{2016}^{2016}}{a_{2017}^{2016}}=\frac{a_1^{2016}+a_2^{2016}+...+a_{2016}^{2016}}{a_2^{2016}+a_3^{2016}+...+a_{2017}^{2016}}=k^{2016}\left(1\right)\)

Ta lại có: 

\(k^{2016}=\frac{a_1}{a_2}.\frac{a_2}{a_3}...\frac{a_{2016}}{a_{2017}}=\frac{a_1}{a_{2017}}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\frac{a_1^{2016}+a_2^{2016}+...+a_{2016}^{2016}}{a_2^{2016}+a_3^{2016}+...+a_{2017}^{2016}}=\frac{a_1}{a_{2017}}\)

Ta thấy: p,q là 2 số nguyên tố lớn hơn 3\(\Rightarrow p\) \(lẻ\)

\(\Rightarrow p-1;p+1;q-1;q+1⋮2\)

\(Do\) \(p-1;p+1\) \(là\) \(2\) \(số\) \(chẵn\) \(liên\) \(tiếp\)\(\Rightarrow\left(p-1\right)\left(p+1\right)⋮4.2=8\)

\(Tương\) \(tự\) \(với\) \(\left(q-1\right)\left(q+1\right)\Rightarrow\left(q-1\right)\left(q+1\right)⋮8\)

\(\Rightarrow\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(q-1\right)\left(q+1\right)⋮8.8=64\) \(\left(1\right)\)

\(Do\) \(p-1;p;p+1\) \(là\) \(3\) \(số\) \(tự\) \(nhiên\) \(liên\) \(tiếp\) \(nên\) \(chắc\) \(chắn\) \(có\) \(1\) \(số⋮3\) \(mà\) \(p\) \(là\) \(số\) \(nguyên\) \(tố\)

\(\Rightarrow p-1\) \(hoặc\) \(p+1⋮3\)

\(Tương\) \(tự\) \(với\) \(\left(q-1\right)\left(q+1\right)\Rightarrow\left(q-1\right)\left(q+1\right)⋮3\)

\(\Rightarrow\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(q-1\right)\left(q+1\right)⋮3.3=9\) \(\left(2\right)\)

\(Từ\) \(\left(1\right)\) \(và\) \(\left(2\right)\)\(\Rightarrow\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(q-1\right)\left(q+1\right)⋮64.9=576\)

\(\left(đpcm\right)\)

Bài 1:

Vì \(x^2+y^2=1999\) là một số lẻ nên $x,y$ khác tính chẵn lẻ. Không mất tổng quát giả sử \(x\) chẵn $y$ lẻ

Đặt \(x=2m, y=2n+1\)

\(\Rightarrow 1999=x^2+y^2=4m^2+(2n+1)^2\)

\(\Leftrightarrow 1999=4m^2+4n^2+4n+1\)

\(\Leftrightarrow 4(m^2+n^2+n)=1998\)

Ta thấy vế trái là một biểu thức chia hết cho $4$, vế phải không chia hết cho $4$ nên pt không tồn tại $m,n$ thỏa mãn.

Tức là phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 2:

Ta có: \(9x^2+2=y^2+y\)

\(\Leftrightarrow 9x^2=y^2+y-2\)

\(\Leftrightarrow (3x)^2=(y-1)(y+2)\)

Ta có: \((y-1)(y+2)\geq 0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} y\geq 1\\ y\leq -2\end{matrix}\right.\)

TH1 \(y\geq 1\), đảm bảo \(y-1,y+2\in\mathbb{N}\)

Gọi \(d=\text{ƯCLN}(y-1,y+2)\) \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y-1\vdots d\\ y+2\vdots d\end{matrix}\right.\Rightarrow (y+2)-(y-1)\vdots d\)

\(\Leftrightarrow 3\vdots d\) \(\Leftrightarrow d\in\left\{1;3\right\}\)

Nếu \(d=1\), tức là không số nào trong \(y-1,y+2\) chia hết cho $3$. Mà \((3x)^2\vdots 3\) nên vô lý (loại )

Nếu \(d=3\). Đặt \(y-1=3k\Rightarrow y+2=3k+3\)

PT trở thành: \((3x)^2=3k(3k+1)=9k(k+1)\)

\(\Leftrightarrow x^2=k(k+1)\)

Vì $k,k+1$ nguyên tố cùng nhau mà tích của chúng lại là một số chính phương nên bản thân chúng cũng là số chính phương.

Đặt \(k=m^2; k+1=n^2\)( \(m,n\in\mathbb{N}\) )

\(\Rightarrow n^2-m^2=1\Leftrightarrow (n-m)(n+m)=1\). Đây là dạng pt tích cơ bản ta thu được \(n=1; m=0\Rightarrow k=0\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=1\\ x=0\end{matrix}\right.\)

TH2: \(y\leq -2\) thì \(y-1, y+2\leq 0\).

Đặt \(y+2=-(a-1)\Rightarrow y-1=-(a+2)\)

Khi đó: \((3x)^2=(a-1)(a+2)\) với \(a-1,a+2\geq 0\) (là các số tự nhiên)

TH này lặp lại TH1 và ta thu được \(a=1\Leftrightarrow y=-2; x=0\)

Vậy \((x,y)=(0; 1); (0; -2)\)

6\(^2\)+8\(^2\)-10\(^2\)

=36+64-100

=100-100

=0

= 36+ 64 - 100 = 0

Ta có: \(\sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}>1\) với \(k=1,2,...,n\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}=\sqrt[k+1]{\dfrac{1.1...1}{k}\cdot\dfrac{k+1}{k}}\)

\(< \dfrac{1+1+1+...+1+\dfrac{k+1}{k}}{k+1}=\dfrac{k}{k+1}+\dfrac{1}{k}=1+\dfrac{1}{k\left(k+1\right)}\)

Suy ra \(1< \sqrt[k+1]{\dfrac{k+1}{k}}< 1+\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)\)

Lần lượt cho \(k=1,2,3,...,n\) rồi cộng lại được:

\(n< \sqrt{2}+\sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}+...+\sqrt[n+1]{\dfrac{n+1}{n}}< n+1-\dfrac{1}{n}< n+1\)

Vậy phần nguyên a là n

Ace Legona

hoc24 toàn siêu nhân

lớp gì cũng biết AM-GM

giả / sử không có AM-GM ? toán học đi về đâu?

kể cũng lạ

đã là siêu nhân rồi sao lại phải hỏi nhỉ

Ta kéo dài tia MA , lấy điểm N thuộc tia MA sao cho IN = IK

Dễ thấy OAMB là hình vuông vì có góc O = góc B = góc A = 90⁰ và OM là tia phân giác góc O . => OA = OB

Ta có :  IN = IK (dựng hình) ; \(\widehat{NIO}=\widehat{OIK}\) (gt) ; IO là cạnh chung của hai tam giác NIO và OIK

=> \(\Delta NIO=\Delta IOK\left(c.g.c\right)\)=> \(\widehat{NOI}=\widehat{IOK}\) ; ON = OK

Xét hai tam giác vuông : \(\Delta AON\) và \(\Delta BOK\)có  OA = OB (cmt) ; ON = OK (cmt)  

=> \(\Delta AON=\Delta BOK\left(ch.cgv\right)\) => \(\widehat{AON}=\widehat{BOK}\)

Mà \(\widehat{BOK}+\widehat{AOK}=90^o\) \(\Rightarrow\widehat{AON}+\widehat{AOK}=90^o\)

hay \(\widehat{NOK}=2\widehat{IOK}=90^o\Rightarrow\widehat{IOK}=\frac{90^o}{2}=45^o\)

Cô ghi dấu góc ở đâu vậy

Vì x và y tỉ lệ nghịch nên \(y_1x_1=y_2x_2\)

\(\Leftrightarrow2y_1=3y_2\)

hay \(\dfrac{y_1}{3}=\dfrac{y_2}{2}\)

Đặt \(\dfrac{y_1}{3}=\dfrac{y_2}{2}=k\)

=>\(y_1=3k;y_2=2k\)

Ta có: \(y_1^2+y_2^2=52\)

\(\Leftrightarrow9k^2+4k^2=52\)

\(\Leftrightarrow k^2=4\)

Trường hợp 1: k=2

=>y1=6; y2=4

TRường hợp 2: k=-2

=>y1=-6; y2=-4