10 x 1 000 000 000 000 000 000 = 10 000 000 000 000 000 000

  Hihi

Tick mk nha bạn

\(\hept{\begin{cases}xy=12\\x-2y-2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{12}{y}\\\frac{12}{y}-2y=2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{12}{y}\\\frac{12}{y}-\frac{2y^2}{y}=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{12}{y}\\\frac{12-2y^2}{y}=2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{12}{y}\\12-2y^2-2y=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{12}{y}\\y^2+y-6=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y^2+2.\frac{1}{2}y+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}-6=0\\x=\frac{12}{y}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(y+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{25}{4}=0\\x=\frac{12}{y}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(y+\frac{1}{2}-\frac{5}{2}\right)\left(y+\frac{1}{2}+\frac{5}{2}\right)=0\\x=\frac{12}{y}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(y-2\right)\left(y+3\right)=0\\x=\frac{12}{y}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=2\\y=-3\end{cases}}\)  và \(x=\frac{12}{y}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{12}{2}\\x=\frac{12}{-3}\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=6\\x=-4\end{cases}}\)

vậy \(\orbr{\begin{cases}y=2\\y=-3\end{cases}}\) và \(\orbr{\begin{cases}x=6\\x=-4\end{cases}}\)

đáp án là a+b=b+a

c) Ta sẽ chứng minh với mọi n≥4n≥4 thì 3n>2n+7n3n>2n+7n. (*)
Với n = 4.
3n=34=81;2n+7n=24+4.7=443n=34=81;2n+7n=24+4.7=44.
Suy ra (*) đúng với n = 4.
Giả sử (*) đúng với n = k.
Nghĩa là: 3k>2k+7k3k>2k+7k.
Ta sẽ chứng minh nó đúng với n=k+1n=k+1.
Nghĩa là: 3k+1>2k+1+7(k+1)3k+1>2k+1+7(k+1).
Thật vậy từ giả thiết quy nạp ta có:
3k+1=3.3k>3(2k+7k)=2.2k+2k+21k3k+1=3.3k>3(2k+7k)=2.2k+2k+21k
=2k+1+7(k+1)+14k−7=2k+1+7(k+1)+14k−7.
Vì k≥4k≥4 suy ra 14k−7>014k−7>0 nên 2k+1+7(k+1)+14k−7<2k+1+7(k+1)2k+1+7(k+1)+14k−7<2k+1+7(k+1).
Vậy 3k+1>2k+1+7(k+1)3k+1>2k+1+7(k+1) .
Vậy điều cần chứng minh đúng với n≥4n≥4.

Áp dụng BĐ0T \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) với x,y,z >0 có :

Vế trái \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+2\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{9}{3+2\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (1) (vì a+b+c=3)

Có \(\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2-2a+1+b^2-2b+1+c^2-2c+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2\cdot\left(a+b+c\right)+3\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-3\ge0\) (vì a+b+c=3)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) => đpcm

k cho mk nhoa !!!!!!!!!!

Ngược dấu rồi bạn ơi

Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)

Áp dụng BĐT Chebyshev ta có: \(\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\le3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)

\(\Rightarrow3\left(a^3+b^3+c^3\right)\le3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le a^4+b^4+c^4\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(VT=\frac{a^4}{a^3+2a^2b^2}+\frac{b^4}{b^3+2b^2c^2}+\frac{c^4}{c^3+2a^2c^2}\)

\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)

\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)

\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=1=VP\)

Dấu "=" kh \(a=b=c=1\)