Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\dfrac{n}{12}+\dfrac{n^2}{8}+\dfrac{n^3}{24}\)
\(=\dfrac{n^3+3n^2+2n}{24}=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{24}\)
Ta có: \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3.
Vì \(n=2k\) nên suy ra n và (n + 2) là 2 số chẵn liên tiếp nên sẽ có 1 số chia hết cho 2, 1 số chia hết cho 4.
\(\Rightarrow n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮8\)
Vì 3 và 8 nguyên tố cùng nhau nên: \(\Rightarrow n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮24\)
Vậy ta có ĐPCM
\(\left\{{}\begin{matrix}s_1=\dfrac{b}{a}x+\dfrac{c}{a}z\\s_2=\dfrac{a}{b}x+\dfrac{c}{b}y\\s_3=\dfrac{a}{c}z+\dfrac{b}{c}y\\x+y+z=5\end{matrix}\right.\) \(\left\{{}\begin{matrix}s_1+s_2+s_3=\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\right)x+\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\right)y+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)z\\a,b,c\in N\left(sao\right)\\\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\ge2;\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\right)\ge2;\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge2\\x+y+z=5\end{matrix}\right.\)
\(s_1+s_2+s_3\ge2x+2y+2z\ge2\left(x+y+z\right)=2.5=10\)
\(=\dfrac{n^3+3n^2+2n}{24}=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{24}\)
\(=\dfrac{2k\left(2k+1\right)\left(2k+2\right)}{24}=\dfrac{4k\left(2k+1\right)\left(k+1\right)}{24}\)
\(=\dfrac{4k\left(k+1\right)\left(k+2+k-1\right)}{24}\)
\(=\dfrac{4k\left(k+1\right)\left(k+2\right)+4k\left(k+1\right)\left(k-1\right)}{24}=\dfrac{k\left(k+1\right)\left(k+2\right)+k\left(k+1\right)\left(k-1\right)}{6}\)
Vì k;k+1;k+2 là ba số liên tiếp
nen k(k+1)(k+2) chia hết cho 3!=6
k;k+1;k-1 là ba số liên tiếp
nên k(k+1)(k-1) chia hết cho 3!=6
=>A chia hêt cho 6
5. phân tích ra : \(1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+1\)
áp dụng bđ cosy
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)
=> đpcm
6. \(x^2-x+1=x^2-2.\dfrac{1}{2}.x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)
hay với mọi x thuộc R đều là nghiệm của bpt
7.áp dụng bđt cosy
\(a^4+b^4+c^4+d^4\ge2\sqrt{a^2.b^2.c^2.d^2}=4abcd\left(đpcm\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{1}{x}\\b=\dfrac{1}{y}\\c=\dfrac{1}{z}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\begin{matrix}a+b+c=1\\a^4+b^4+c^4\ge abc\end{matrix}\) \(x,y,z\ne0\Rightarrow a,b,c\ne0\)
\(a^2+b^2+x^2\ge ab+bc+ac\) (*){cơ bản} \(\Rightarrow\left(ab\right)^2+\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2\ge\left(ab.ac\right)+\left(ab.bc\right)+\left(ac.bc\right)=abc\left(a+b+c\right)=abc\)
(*) bình phương hai vế
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2\left(ab\right)^2+2\left(ac\right)^2+2\left(bc\right)^2\ge\left(ab\right)^2+\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2+2abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge-\left[\left(ab\right)^2+\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2\right]+2abc\ge-abc+2abc=abc=>dpcm\)Đẳng thức:
a=b=c=1/3=> x=y=z=3
ta co \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1\) \(\Rightarrow\) \(\dfrac{1}{x.x}+\dfrac{1}{y.y}+\dfrac{1}{z.z}=1\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{x.x.x}+\dfrac{1}{y.y.y}+\dfrac{1}{z.z.z}=1\)\(\Rightarrow\dfrac{1}{x.x.x.x}+\dfrac{1}{y.y.y.y}+\dfrac{1}{z.z.z.z}=1\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^4}+\dfrac{1^{ }}{y^4}+\dfrac{1}{z^4}=1\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{1}{x^4}+\dfrac{1}{y^4}+\dfrac{1}{z^4}\)>= \(\dfrac{1}{x.y.z}\)
Ta có: \(1-\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\left(n-1\right)\left(n+1\right)}{n^2}\)
Thế vô bài toán ta được
\(\left(1-\dfrac{1}{2^2}\right)\left(1-\dfrac{1}{3^2}\right)...\left(1-\dfrac{1}{n^2}\right)=\dfrac{1.3}{2.2}.\dfrac{2.4}{3.3}...\dfrac{\left(n-1\right)\left(n+1\right)}{n.n}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{n+1}{n}\)
Ta thấy
\(\dfrac{1}{2}.\dfrac{n}{n}< \dfrac{1}{2}.\dfrac{n+1}{n}< \dfrac{1}{2}.\dfrac{n+n}{n}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}< \dfrac{1}{2}.\dfrac{n+1}{n}< 1\)
\(\Rightarrow\)ĐPCM
\(x^2-25=y\left(y+6\right)\) (1)
\(\Leftrightarrow x^2-y^2-6y-25=0\)
\(\Leftrightarrow x^2-\left(y+3\right)^2=16\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y-3\right)\left(x+y+3\right)=16\)
Xét các trường hợp, ta tìm được các no nguyên của pt (1).
\(x^2+x+6=y^2\) (2)
\(\Leftrightarrow4x^2+4x+24=4y^2\)
\(\Leftrightarrow\left(2x+1\right)^2-\left(2y^2\right)=-23\)
\(\Leftrightarrow\left(2x+1-2y\right)\left(2x+1+2y\right)=-23\)
Xét các trường hợp, ta tìm được các no nguyên của pt (2).
\(x^2+13y^2=100+6xy\) (3)
\(\Leftrightarrow x^2-6xy+9y^2+4y^2=100\)
\(\Leftrightarrow\left(x-3y\right)^2+\left(2y\right)^2=0^2+\left(\pm10\right)^2=\left(\pm6\right)^2+\left(\pm8\right)^2\)
Xét các trường hợp, ta tìm được các no nguyên của pt (3).
\(x^2-4x=169-5y^2\) (4)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2+5y^2=173\)
Ta thấy:
\(5y^2\) luôn có chữ số tận cùng là 5 hoặc 0
=> Để thoả mãn pt (4), (x - 2)2 phải có chữ số tận cùng là 8 hoặc 3 (vô lý)
Vậy pt (4) vô n0.
\(x^2-x=6-y^2\) (5)
\(\Leftrightarrow4x^2-4x=24-4y^2\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-1\right)^2+\left(2y\right)^2=25=\left(\pm25\right)^2+0^2=\left(\pm3\right)^2+\left(\pm4\right)^2\)
Xét các trường hợp, ta tìm được các no nguyên của pt (5).
\(y^3=x^3+x^2+x+1\left(1\right)\)
Ta có:
\(y^3=x^3+\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>x^3\)
\(\Rightarrow y>x\)
\(\Rightarrow y\ge x+1\)
\(\Rightarrow y^3\ge\left(x+1\right)^3\)
\(\Rightarrow x^3+x^2+x+1\ge x^3+3x^2+3x+1\)
\(\Leftrightarrow2x^2+2x\le0\)
\(\Leftrightarrow2x\left(x+1\right)\le0\)
\(\Rightarrow-1\le x\le0\) mà x là số nguyên
=> x = - 1 hoặc x = 0
(+) x = - 1
VT = 0
=> y = 0 ; x = - 1 (nhận)
(+) x = 0
VT = 1
=> y = 1 ; x = 0 (nhận)
Vậy pt (1) có nonguyên (x ; y) = (0 ; 1) ; (- 1 ; 0)
\(x^4+x^2+1=y^2\) (2)
(+)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow y^2=x^4+2x^2+1-x^2\)
\(\Leftrightarrow y^2-\left(x^2+1\right)^2=x^2\)
(+)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow x^4+4x^2+4-3x^2-3=y^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+2\right)^2-y^2=3\left(x^2+1\right)\)
Ta thấy:
Với mọi \(x\ne0\) thì \(\left(x^2+1\right)^2< y^2< \left(x^2+2\right)^2\) (vô lý)
=> x = 0
=> y = 1 (nhận)
Vậy pt (2) có nonguyên (x ; y) = (0 ; 1)