Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(\dfrac{x}{y}=\dfrac{z}{t}=k\Rightarrow x=ky;z=kt\)
Xét \(VT=\dfrac{2x^2-3xy+5y^2}{2y^2+3xy}=\dfrac{2\left(ky\right)^2-3ky\cdot y+5y^2}{2y^2+3ky\cdot y}\)
\(=\dfrac{2k^2y^2-3ky^2+5y^2}{2y^2+3ky^2}=\dfrac{y^2\left(2k^2-3k+5\right)}{y^2\left(2+3k\right)}=\dfrac{2k^2-3k+5}{3k+5}\)
Và \(VP=\dfrac{2z^2-3zt+5t^2}{2t^2+3zt}=\dfrac{2\left(kt\right)^2-3kt\cdot t+5t^2}{2t^2+3kt\cdot t}\)
\(=\dfrac{2k^2t^2-3kt^2+5t^2}{2t^2+3kt^2}=\dfrac{t^2\left(2k^2-3k+5\right)}{t^2\left(2+3k\right)}=\dfrac{2k^2-3k+5}{3k+5}\)
Dễ thấy \(VT=VP\)\(\forall \frac{x}{y}=\frac{z}{t}\) nên ta có ĐPCM
Đặt \(\frac{x}{y}=\frac{z}{t}=k\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=yk\\z=tk\end{cases}}\)
Ta có : \(\frac{2x^2-3xy+5y^2}{3x^2+3xy}=\frac{2y^2.k^2+3y^2k+5y^2}{3y^2k^2+3y^2k}=\frac{y^2.\left(2k^2+3k+5\right)}{3ky^2\left(1+k\right)}=\frac{2k^2+3k^2+5}{3k\left(1+k\right)}\)(1) (sửa đề lại)
\(\frac{2z^2+3tz+5t^2}{3z^2+3zt}=\frac{2t^2.k^2+3t^2k+5t^2}{3t^2.k^2+3t^2k}=\frac{t^2\left(2k^2+3k^2+5\right)}{3t^2k\left(1+k\right)}=\frac{2k^2+3k^2+5}{3k\left(1+k\right)}\)(2)
Từ (1) và (2) => Điều phải chứng minh
Áp dụng ta đc:
\(\frac{3a+b+c}{a}=\frac{a+3b+c}{b}=\frac{a+b+3c}{c}=\frac{5a+5b+5c}{a+b+c}=5\left(\text{vì: a,b,c khác 0}\right)\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c=2a\\c+a=2b\\a+b=2c\end{cases}}\Rightarrow a=b=c\)
\(\Rightarrow P=6\)
\(\frac{3a+b+c}{a}=\frac{a+3b+c}{b}=\frac{a+b+3c}{c}\)
\(\Rightarrow\frac{3a+b+c}{a}-2=\frac{a+3b+c}{b}-2=\frac{a+b+3c}{c}-2\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{a}=\frac{a+b+c}{b}=\frac{a+b+c}{c}\)
Xét \(a+b+c\ne0\)
\(\Rightarrow a=b=c\)
Thay vào P ta được P=6
Xét \(a+b+c=0\)
\(\Rightarrow a+b=-c;b+c=-a;a+c=-b\)
Thay vào P ta được P= -3
Vậy P có 2 gtri là ...........
cậu giải từng ý cho mik cũng được ko phai giải 2 cÁI 1 LÚC ĐÂU
Bài 1:
$20092009^{10}=(2009.10000+2009)^{10}=(2009.10001)^{10}$
$> (2009.2009)^{10}=(2009^2)^{10}=2009^{20}$
Vậy $20092009^{10}> 2009^{20}$
Bài 2: Để bài yêu cầu tính tỷ số nên mình nghĩ bạn đang viết đề thì phải?
Bài 3: Để bài cần bổ sung thêm điều kiện $x,y$ tự nhiên/ nguyên/..... chứ nếu $x,y$ là số thực thì có vô số giá trị bạn nhé.
Bài 4:
Vì $x_1,x_2,...,x_n$ nhận giá trị $-1$ hoặc $1$ nên $x_1x_2,x_2x_3,...,x_nx_1$ cũng nhận giá trị $-1,1$
Xét $n$ số hạng $x_1x_2,x_2x_3,...,x_nx_1$. Vì $n$ số hạng này có tổng bằng $0$ nên trong đây số số có giá trị $1$ phải bằng số số có giá trị $-1$ ($=\frac{n}{2}$)
$\Rightarrow n\vdots 2$. Ta có:
$x_1x_2.x_2x_3.x_3.x_4....x_1x_n=(x_1x_2...x_n)^2=(-1)^{\frac{n}{2}}.1^{\frac{n}{2}}=(-1)^{\frac{n}{2}}$
Nếu $\frac{n}{2}$ lẻ thì $(x_1x_2..x_n)^2=-1< 0$ (vô lý). Do đó $\frac{n}{2}$ chẵn.
Hay $n\vdots 4$
b/ Theo đề bài thì ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}f\left(1\right)=f\left(-1\right)\\f\left(2\right)=f\left(-2\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a_4+a_3+a_2+a_1+a_0=a_4-a_3+a_2-a_1+a_0\\16a_4+8a_3+4a_2+2a_1+a_0=16a_4-8a_3+4a_2-2a_1+a_0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a_3+a_1=0\\4a_3+a_1=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a_3=0\\a_1=0\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(f\left(x\right)-f\left(-x\right)=a_4x^4+a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0-\left(a_4x^4-a_3x^3+a_2x^2-a_1x+a_0\right)\)
\(=2a_3x^3+2a_1x=0\)
Vậy \(f\left(x\right)=f\left(-x\right)\)với mọi x
a/ Áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau ta có:
\(\dfrac{a}{2015}=\dfrac{b}{2016}=\dfrac{c}{2017}=\dfrac{a-b}{-1}=\dfrac{b-c}{-1}=\dfrac{c-a}{2}\)
\(\Rightarrow c-a=-2\left(a-b\right)=-2\left(b-c\right)\)
Thế vào B ta được
\(B=4\left(a-b\right)\left(b-c\right)-\left(c-a\right)^2\)
\(=4\left(a-b\right)\left(b-c\right)-\left[-2\left(a-b\right).\left(-2\right).\left(b-c\right)\right]\)
\(=4\left(a-b\right)\left(b-c\right)-4\left(a-b\right)\left(b-c\right)=0\)