Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)
\(x^3+y^3+z^3=x+y+z+2020\)
\(\Rightarrow\left(x^3-x\right)+\left(y^3-y\right)+\left(z^3-z\right)=2020\)
\(\Rightarrow x\left(x-1\right)\left(x+1\right)+y\left(y-1\right)\left(y+1\right)+z\left(z-1\right)\left(z+1\right)=2020\)
Ta có tích của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 6
=> \(VT⋮6\)
Mà VP \(⋮̸\) 6
\(\Rightarrow\) Phương trình vô nghiệm
a/ Đề sai (ko nói đến chuyện nhầm lẫn ở hạng tử thứ 2 lẽ ra là bc), bạn cho \(a=b=c=d=0,1\) là thấy vế trái lớn hơn vế phải
b/ \(\frac{1}{2}xy.2xy\left(x^2+y^2\right)\le\frac{1}{2}.\frac{\left(x+y\right)^2}{4}.\frac{\left(2xy+x^2+y^2\right)^2}{4}=\frac{\left(x+y\right)^6}{32}=\frac{64}{32}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=1\)
c/ Bình phương 2 vế:
\(\Leftrightarrow\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
Ta có: \(\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}\ge2b^2\) ; \(\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}\ge2c^2\); \(\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}\ge2a^2\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\frac{a^2b^2}{c^2}+\frac{b^2c^2}{a^2}+\frac{a^2c^2}{b^2}\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow...\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
C=\(\dfrac{x-x^3}{x^2+1}\left(\dfrac{1}{1+2x+x^2}+\dfrac{1}{1-x^2}\right)+\dfrac{1}{1+x}\)
\(=\dfrac{x\left(1-x^2\right)}{x^2+1}\left(\dfrac{1}{\left(1+x\right)^2}+\dfrac{1}{\left(1-x\right)\left(1+x\right)}\right)+\dfrac{1}{1+x}\)
\(=\dfrac{x\left(1-x\right)\left(1+x\right)}{x^2+1}\left(\dfrac{1-x+1+x}{\left(1-x\right)\left(1+x\right)^2}\right)+\dfrac{1}{1+x}\)
\(=\dfrac{x\left(1-x\right)\left(1+x\right).2}{\left(x^2+1\right)\left(1-x\right)\left(1+x^2\right)}+\dfrac{1}{1+x}\)
\(=\dfrac{2x}{\left(x^2+1\right)\left(1+x\right)}+\dfrac{1}{1+x}\)
\(=\dfrac{2x+\left(x^2+1\right)}{\left(x^2+1\right)\left(1+x\right)}\)
\(=\dfrac{2x+x^2+1}{\left(x^2+1\right)\left(x+1\right)}\)
\(=\dfrac{x^2+2x+1}{\left(x^2+1\right)\left(x+1\right)}\)
\(=\dfrac{\left(x+1\right)^2}{\left(x^2+1\right)\left(x +1\right)}\)
\(=\dfrac{x+1}{x^2+1}\)
câu 2
Ta có: P(0)=d =>d chia hết cho 5 (1) P(1)=a+b+c+d =>a+b+c chia hết cho 5 (2) P(-1)=-a+b-c+d chia hết cho 5 Cộng (1) với (2) ta có: 2b+2d chia hết cho 5 Mà d chia hết cho 5 =>2d chia hết cho 5 =>2b chia hết cho 5 =>b chia hết cho 5 P(2)=8a+4b+2c+d chia hết cho 5 =>8a+2c chia hết cho 5 ( vì 4b+d chia hết cho 5) =>6a+2a+2c chia hết cho 5 =>6a+2(a+c) chia hết cho 5 Mà a+c chia hết cho 5 (vì a+b+c chia hết cho 5, b chia hết cho 5) =>6a chia hết cho 5 =>a chia hết cho 5 =>c chia hết cho 5 Vậy a,b,c chia hết cho 5 cho mình 1tk nhé
1b)
Đặt 2014+n2=m2(m∈Z∈Z,m>n)
<=>m2-n2=2014<=>(m+n)(m-n)=2014
Nhận thấy:m và n phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ
Suy ra m+n và m-n đều chẵn,m+n>m-n
Mà 2014=2.19.53=>m+n và m-n không cùng chẵn
=>không có giá trị nào thoả mãn
tk mình nhé
Đặt x-2=a; y-2=b; z-2=c (a,b,c>0)
Ta có: \(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1\)
<=>\(\frac{1}{a+2}=1-\frac{1}{b+2}-\frac{1}{c+2}\Leftrightarrow\frac{1}{a+2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{b+2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{c+2}\)
<=>\(\frac{1}{a+2}=\frac{b}{2\left(b+2\right)}+\frac{c}{2\left(c+2\right)}\ge2\sqrt{\frac{bc}{4\left(b+2\right)\left(c+2\right)}}=\sqrt{\frac{bc}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}}\left(1\right)\)
Tương tự ta cũng có: \(\frac{1}{b+2}\ge\sqrt{\frac{ca}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}}\left(2\right);\frac{1}{c+2}\ge\sqrt{\frac{ab}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}}\left(3\right)\)
Nhân (1),(2),(3) vế theo vế ta được:
\(\frac{1}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\ge\sqrt{\frac{\left(abc\right)^2}{\left[\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)\right]^2}}\)
<=> \(\frac{1}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\ge\frac{abc}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\)
\(\Leftrightarrow abc\le1\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(y-2\right)\left(z-2\right)\le1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=3
Chia hai vế của cho xyz khác 0, ta cần chứng minh:
\(\left(1-\frac{2}{x}\right)\left(1-\frac{2}{y}\right)\left(1-\frac{2}{z}\right)\le\frac{1}{xyz}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\). Bài toán trở thành:
Cho 0 <a,b,c \(< \frac{1}{2}\) thỏa mãn \(a+b+c=1\). Chứng minh rằng:
\(\left(1-2a\right)\left(1-2b\right)\left(1-2c\right)\le abc\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)\le abc\)
BĐT đến đây trở về dạng quen thuộc! Hoặc không thì nó hiển nhiên đúng theo BĐT Schur
Ta có \(y=\frac{x}{4^5}=\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^{10}+\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^{10}\)
Đặt \(a=\frac{3+\sqrt{5}}{2}\); \(a=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab=1\\a+b=3\end{matrix}\right.\)
Xét \(S_n=a^n+b^n\) (\(\left\{{}\begin{matrix}a>0\\b>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow S_n>0\) )
\(\Rightarrow S_0=2;\) \(S_1=3\);
Ta có \(S_1.S_n=\left(a+b\right)\left(a^n+b^n\right)=a^{n+1}+b^{n+1}+a.b^n+b.a^n\)
\(S_1S_n=a^{n+1}+b^{n+1}+a^{n-1}+b^{n-1}\) (do \(a=\frac{1}{b}\) và \(b=\frac{1}{a}\))
\(S_1S_n=S_{n+1}+S_{n-1}\)
\(\Rightarrow S_{n+1}=2S_n-S_{n-1}\)
Do \(S_0\) và \(S_1\) nguyên \(\Rightarrow S_n\) nguyên với mọi \(n\ge1\)
\(\Rightarrow S_n\) nguyên dương với mọi \(n\ge1\)
\(\Rightarrow y=S_{10}\in N\Rightarrow x=4^5.y=1024.y⋮1024\)
Lời giải:
Đặt $x=[x]+m$ với $0\leq m< 1$
$[x+n]=[[x]+n+m]$. Vì $[x]+n$ nguyên, $0\leq m< 1$ nên:
$[[x]+n+m]=[x]+n$ theo tính chất phần nguyên (đpcm)