Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)ta có :x+y=a1\(\sqrt{2}\)+b1+a2\(\sqrt{2}\)+b2=(a1+a2)\(\sqrt{2}\)+b1+b2
mặt khác, ta lại có a1,a2,b1,b2 là những số hữu tỉ nên (a1+a2);(b1+b2) cũng là những số hữu tỉ
=>biểu thức x+y cũng được viết dưới dạng a\(\sqrt{2}\)+b với a,b là số hữu tỉ.
ta xét tích x.y=(a1\(\sqrt{2}\)+b1)(a2\(\sqrt{2}\)+b2)=2a1.a2+a1.b2\(\sqrt{2}\)+b1.a2.\(\sqrt{2}\)+b1.b2=(a1b2+b1a2)\(\sqrt{2}\)+(2a1a2+b1b2)
vì a1,a2,b1,b2 là những số hữu tỉ nên các tích a1a2;b1b2;a1b2;a2b1 là những số hữu tỉ nên x.y cững có dạng a\(\sqrt{2}\)+b với a,b là số hữu tỉ
b) xét thương \(\dfrac{x}{y}\)=\(\dfrac{a_1\sqrt{2}+b_1}{a_2\sqrt{2}+b_2}=\dfrac{\left(a_1\sqrt{2}+b_1\right)\left(a_2\sqrt{2}-b_2\right)}{\left(a_2\sqrt{2}+b_2\right)\left(a_2\sqrt{2}-b_2\right)}\)
=\(\dfrac{2a_1a_2-a_1b_2\sqrt{2}+a_2b_1\sqrt{2}-b_1b_2}{2a_2^2-b_2^2}\)=\(\dfrac{\left(a_2b_1-a_1b_2\right)\sqrt{2}}{2a_2^2-b_2^2}+\dfrac{2a_1a_2-b_1b_2}{2a_2^2-b_2^2}\)
vì a1,b1,a2,b2 là những số hữu tỉ nên a1b2;a1a2;b1b2;a2b1 cũng là những số hữu tỉ hay \(\dfrac{a_2b_1-a_1b_2}{2a_2^2-b_2^2};\dfrac{2a_1a_2-b_1b_2}{2a_2^2-b_2^2}\)cũng là những số hữu tỉ nên \(\dfrac{x}{y}\) cũng có dạng a\(\sqrt{2}\)+b với a và b là những số hữu tỉ
Ta có :
\(A+B=a\sqrt{a}+\sqrt{ab}+b\sqrt{b}+\sqrt{ab}\)
\(=a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+2\sqrt{ab}\)
\(=\)\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left[\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2-3\sqrt{ab}\right]+2\sqrt{ab}\)
\(A.B=\sqrt{ab}\left(\sqrt{ab+1}\right)+\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left[\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2-3\sqrt{ab}\right]\)
Đặt \(\sqrt{a}+\sqrt{b}=x;\)\(\sqrt{ab}=y\)\(\left(x;y\in Q\right)\)thì :
\(A+B=x\left(x^2-3y\right)+2y\)
\(A.B=y\left(y+1\right)+xy\left(x^2-3y\right)\)
\(\Rightarrow\)Các đa thức này là các số hữa tỉ \(\left(đpcm\right)\)
4. \(\sqrt{x}+\sqrt{y}=6\sqrt{55}\)
\(6\sqrt{55}\) là số vô tỉ, suy ra vế trái phải là các căn thức đồng dạng chứa \(\sqrt{55}\)
Đặt \(\sqrt{x}=a\sqrt{55};\sqrt{y}=b\sqrt{55}\) với \(a,b\in N\)
\(\Rightarrow a+b=6\)
Xét các TH:
a = 0 => b = 6
a = 1 => b = 5
a = 2 => b = 4
a = 3 => b = 3
a = 4 => b = 2
a = 5 => b = 1
a = 6 => b = 0
Từ đó dễ dàng tìm đc x, y
a/ \(x+y=a_1+b_1\sqrt{2}+a_2+b_2\sqrt{2}=\left(a_1+a_2\right)+\left(b_1+b_2\right)\sqrt{2}\)
\(xy=\left(a_1+b_1\sqrt{2}\right)\left(a_2+b_2\sqrt{2}\right)=\left(a_1a_2+2b_1b_2\right)+\left(a_1b_2+a_2b_1\right)\sqrt{2}\)
b/ Tương tự câu a.
Trước hết chứng minh \(\sqrt[3]{2}\) là một số vô tỉ.
Ta giả sử \(\sqrt[3]{2}\)hữu tỉ thì luôn tồn tại các số nguyên \(m,n\ne0\)sao cho \(\left(m,n\right)=1\)và \(\sqrt[3]{2}=\frac{m}{n}\)(1)
Suy ra \(\frac{m^3}{n^3}=2\)\(\Rightarrow\)\(m^3=2n^3\)\(\Rightarrow\)\(m^3\)chia hết cho \(n^3\)
Gọi \(k\)là 1 ước nguyên tố nào đó của \(n\)thế thì \(m^3\)chia hết cho \(k\)do đó \(m\)chia hết cho \(k\)
Như vậy \(k\)là ước nguyên tố của \(m\)và \(n\), trái với \(\left(m,n\right)=1.\)Vậy \(\sqrt[3]{2}\) là một số vô tỉ.
Ta quay trở lại giải bài toán trên:
Giả sử tồn tại các số hữu tỉ p, q, r với \(r>0\)sao cho \(\sqrt[3]{2}=p+q\sqrt{r}.\)Khi đó \(p\)và \(q\)không đồng thời bằng 0.
Ta có \(2=\left(p+q\sqrt{r}\right)^3=p^3+3p^2q\sqrt{r}+3pq^2r+q^3r\sqrt{r}\)
\(\Rightarrow\)\(2-p^3-3pq^2r=3p^2q\sqrt{r}+q^3r\sqrt{r}=q\left(3p^2+q^2r\right)\sqrt{r}\)(*)
- Nếu \(q\left(3p^2+q^2r\right)=0\)thì \(q=0\)\(\Rightarrow\)\(p=\sqrt[3]{2},\)vô lý.
- Nếu \(q\left(3p^2+q^2r\right)\ne0\)thì (*) \(\Leftrightarrow\)\(\sqrt{r}=\frac{2-p^3-3pq^2r}{q\left(3p^2+q^2r\right)}\)
Do đó \(\sqrt[3]{2}=p+q\sqrt{r}\)là một số hữu tỉ (mâu thuẫn).
Vậy ta có đpcm.
(sqrt)