Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 32:
a) P= \(\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6}+\sqrt{8}+4}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}}\)
= \(\frac{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}\right)+\left(\sqrt{4}+\sqrt{6}+\sqrt{8}\right)}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}}\)
= \(\frac{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}\right)+\sqrt{2}\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}\right)}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}}\)
= \(\frac{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}\right)\left(1+\sqrt{2}\right)}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}}\)
= \(1+\sqrt{2}\)
b) Có: \(x^2-2y^2=xy\)
\(\Leftrightarrow x^2-y^2-y^2-xy=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y\right)-y\left(y+x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x-y-y\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x-2y\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+y=0\\x-2y=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-y\\x=2y\end{cases}}}\)
Thay x=-y ta có: Q=\(\frac{-y-y}{-y+y}\)=\(\frac{-2y}{0}\)(loại )
Thay x=2y ta có : Q=\(\frac{2y-y}{2y+y}=\frac{y}{3y}=\frac{1}{3}\)
Bài 2. a/ \(1\le a,b,c\le3\) \(\Rightarrow\left(a-1\right).\left(a-3\right)\le0\) , \(\left(b-1\right)\left(b-3\right)\le0\), \(\left(c-1\right).\left(c-3\right)\le0\)
Cộng theo vế : \(a^2+b^2+c^2\le4a+4b+4c-9\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge\frac{a^2+b^2+c^2+9}{4}=7\)
Vậy min E = 7 tại chẳng hạn, x = y = 3, z = 1
b/ Ta có : \(x+2y+z=\left(x+y\right)+\left(y+z\right)\ge2\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\)
Tương tự : \(y+2z+x\ge2\sqrt{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\) , \(z+2y+x\ge2\sqrt{\left(z+y\right)\left(y+x\right)}\)
Nhân theo vế : \(\left(x+2y+z\right)\left(y+2z+x\right)\left(z+2y+x\right)\ge8\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\) hay
\(\left(x+2y+z\right)\left(y+2z+x\right)\left(z+2y+x\right)\ge64\)
2.
a/ Áp dụgn hệ quả bđt cô si,ta có :
\(A=xy+yz+zx\le\dfrac{\left(x+y+z\right)}{3}=\dfrac{a^2}{3}\)
Vậy GTLN A =a^2/3 khi x= y =z =a/3
b/Áp dụng BĐT Cô-Si dạng Engel,ta có :
\(B=\dfrac{x^2}{1}+\dfrac{y^2}{1}+\dfrac{z^2}{z}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\dfrac{a^2}{3}\)
Vậy GTNN của B = a^2/2 khi x=y=z =a/3
\(B=\dfrac{3x}{1-x}+\dfrac{4\left(1-x\right)}{x}+7\ge2\sqrt{\dfrac{3x}{1-x}.\dfrac{4\left(1-x\right)}{x}}+7=7+4\sqrt{3}=\left(2+\sqrt{3}\right)^2\)
Vậy min B = \(\left(2+\sqrt{3}\right)^2\) khi \(\dfrac{3x}{1-x}=\dfrac{4\left(1-x\right)}{x}\Leftrightarrow x=\left(\sqrt{3}-1\right)^2\)
1, P=( b2+c2-a2)-4b2c2
= (b2+c2-a2-2bc)(b2+c2-a2+2bc)
= (b-c-a)(a+b+c)(b+c+a)(b+c-a)
Vì a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác nên ta có:
b-c-a<0, a+b+c>0, b+c+a>0,b+c-a>0
=> P <0 (đpcm)
2, x2+y2+z2=1
Suy ra : 0 <= x2<=1, tương tự như vậy vs y và z( <= là nhỏ hơn hoặc bằng)
Xét x2+y2+z2-\(x^3\)-\(y^3\)-\(z^3\)=0
=>x2(1-x)+y2(1-y)+z2(1-z)=0(*)
có x2 >=0,y2>=0, z2>=0 vs mọi x, y,z (**) (>= là lớn hơn hoặc bằng)
Lại có:
x<=1, y<=1,z<=1 suy ra : 1-x>=0, 1-y>=0, 1-z>=0 (***)
Từ (**) và (***) suy ra:
x2(1-x)+y2(1-y)+z2(1-z)>=0 vs mọi x,y,z thỏa mãn điều kiện
Nên từ (*) suy ra: x2(1-x)=0, y2(1-y)=0, z2(1-z)=0
Do đó:
trường hợp 1:
x=1 suy ra y=z=0 vì thế xyz=0
y=1 suy ra x=z=0 vì thế xyz=0
z=1 suy ra x=y=0 vì thế xyz=0
Vậy trong mọi trường hợp xyz=0
\(S=\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}\)
\(S=\frac{a^2}{a^2+2ab}+\frac{b^2}{b^2+2bc}+\frac{c^2}{c^2+2ca}\)
\(S\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+2ab+b^2+2bc+c^2+2ca}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
\(S_{min}=1\) khi \(a=b=c=1\)
GTNN của S hoàn toàn không cần đến điều kiện \(abc=1\), nó luôn bằng 1 với mọi số thực dương a;b;c (nên điều kiện \(abc=1\) là thừa)
Do \(x^{2016}+y^{2016}+z^{2016}=1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le x^{2016}\le1\\0\le y^{2016}\le1\\0\le z^{2016}\le1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^{2017}\le x^{2016}\\y^{2017}\le y^{2016}\\z^{2017}\le z^{2016}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x^{2017}+y^{2017}+z^{2017}\le x^{2016}+y^{2016}+z^{2016}\)
\(\Rightarrow x^{2017}+y^{2017}+z^{2017}\le1\)
Đẳng thức xảy ra khi vả chỉ khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;1\right)\) và hoán vị
\(\Rightarrow P=1\)
Gọi \(d=ƯC\left(m^2+n^2;m+n\right)\)
\(\Rightarrow\left(m+n\right)^2-\left(m^2+n^2\right)⋮d\Rightarrow2mn⋮d\)
TH1: \(2⋮d\Rightarrow d_{max}=2\) khi \(m;n\) cùng lẻ
TH2: \(m⋮d\) , mà \(m+n⋮d\Rightarrow n⋮d\)
\(\Rightarrow d=ƯC\left(m;n\right)\Rightarrow d=1\)
Th3: \(n⋮d\) tương tự như trên ta có \(d=1\)
Vậy ước chung lớn nhất A; B bằng 2 khi m; n cùng lẻ