Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vũ Minh Tuấn, Băng Băng 2k6, Nguyễn Thành Trương, buithianhtho, Akai Haruma, No choice teen, Bùi Thị Vân,
HISINOMA KINIMADO, Nguyễn Thanh Hằng, Nguyễn Ngô Minh Trí, @Nguyễn Việt Lâm, @Nguyễn Thị Ngọc Thơ
mn giúp em với ạ! Cảm ơn nhiều !
Làm thử theo cách cổ truyền vậy -.-
Ta có : \(n^2+n+1=\left(m^2+m-3\right)\left(m^2-m+5\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+1=m^4+m^2+8m-15\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+16-m^4-m^2-8m=0\)
Coi pt trên là pt bậc 2 ẩn n
Ta có : \(\Delta=4m^4+4m^2+32m-63\)
Pt có nghiệm nguyên khi \(\Delta\)là 1 số chính phương
Ta có \(\Delta=4m^4+4m^2+32m-63=\left(2m^2+2\right)^2-4\left(m-4\right)^2-3< \left(2m^2+2\right)^2\)
Giả sử m > 2 thì\(\Delta=\left(2m^2+1\right)^2+32\left(m-2\right)>\left(2m^2+1\right)^2\forall m>2\)
Khi đó \(\left(2m^2+1\right)^2< \Delta< \left(2m^2+2\right)^2\)
Như vậy \(\Delta\)không phải số chính phương (Vì giữa 2 số chính phương liên tiếp ko còn scp nào nữa)
Nên điều giả sử là sai .
Tức là\(m\le2\)
Mà \(m\inℕ^∗\)
\(\Rightarrow m\in\left\{1;2\right\}\)
*Với m = 1 thì pt ban đầu trở thành
\(n^2+n+1=\left(1+1-3\right)\left(1-1+5\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+1=-5\)
\(\Leftrightarrow\left(n+\frac{1}{2}\right)^2=-\frac{23}{4}\)
Pt vô nghiệm
*Với m = 2 thì pt ban đầu trở thành
\(n^2+n+1=\left(2^2+2-3\right)\left(2^2-2+5\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+n+1=21\)
\(\Leftrightarrow n^2+n-20=0\)
\(\Leftrightarrow\left(n-4\right)\left(n+5\right)=0\)
\(\Leftrightarrow n=4\left(Do\text{ }n\inℕ^∗\right)\)
Vậy pt ban đầu có nghiệm nguyên dương duy nhất (m;n) = (2;4)
Giúp : Cho \(\Delta\)ABC nhọn nội tiếp (O) , D là điểm trên cung BC không chứa A . Dựng hình bình hành ADCE . Gọi H , K là trực tâm của tam giác ABC , ACE ; P , Q là hình chiếu vuông góc của K trên các đường thẳng BC , AB và I là giao EK , AC
CMR: a,P ; I ; Q thẳng hàng
b, đường thẳng PQ đi qua trung điểm HK
\(\Delta'=\left(m-1\right)^2-m^2+m-1=m^2-2m+1-m^2+m-1=-m.\)
Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta'\ge0\Leftrightarrow-m\ge0\Leftrightarrow m\le0\)
Theo vi ét:
\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-2\left(m-1\right)\\x_1.x_2=m^2-m+1=\left(m-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\end{cases}}\)
\(\left|x_1\right|+\left|x_2\right|=4\Leftrightarrow x_1+x_2+2\left|x_1.x_2\right|=16\)
\(\Leftrightarrow1-2m+2\left|m^2-m+1\right|=16\)
\(\Leftrightarrow1-2m+2m^2-2m+2=16\)(Vì \(m^2-m+1>0\Rightarrow\left|m^2-m+1\right|=m^2-m+1\))
\(\Leftrightarrow2m^2-4m-13=0\)
Đến đây bạn tự giải \(\Delta\)tìm m đối chiếu điều kiện là ok.
1a.
\(2P=1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ca}{2b^2+ca}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\)
\(\Rightarrow2P=3-\left(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}+\frac{ab}{2c^2+ab}\right)\)
\(\Rightarrow2P=3-\left(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{c^2a^2}{2b^2ca+c^2a^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\right)\)
\(\Rightarrow2P\le3-\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=3-1=2\)
\(\Rightarrow P\le1\)
\(P_{max}=1\) khi \(a=b=c\)
1b.
\(Q=\frac{a^2}{5a^2+b^2+c^2+2bc}+\frac{b^2}{5b^2+a^2+c^2+2ca}+\frac{c^2}{5c^2+a^2+b^2+2ab}\)
\(Q=\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2+\left(2a^2+bc\right)+\left(2a^2+bc\right)}+\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2+\left(2b^2+ca\right)+\left(2b^2+ca\right)}+\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2+\left(2c^2+ab\right)+\left(2c^2+ab\right)}\)
\(\Rightarrow Q\le\frac{1}{9}\left(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}+2\left(\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\right)\)
\(\Rightarrow Q\le\frac{1}{9}\left(1+2\left(\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\right)\)
Theo kết quả câu a ta có:
\(\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1\)
\(\Rightarrow Q\le\frac{1}{9}\left(1+2\right)=\frac{1}{3}\)
\(Q_{max}=\frac{1}{3}\) khi \(a=b=c\)
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
\(4\left(m+n\right)^2-mn⋮15^2\Rightarrow4\left(4\left(m+n\right)^2-mn\right)⋮15^2\)
\(\Rightarrow16\left(m+n\right)^2-4mn⋮15^2\Rightarrow15\left(m+n\right)^2+\left(m-n\right)^2⋮15^2\Rightarrow15\left(m+n\right)^2+\left(m-n\right)^2⋮15\)
Mà \(15\left(m+n\right)^2⋮15\Rightarrow\left(m-n\right)^2⋮15\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(m-n\right)^2⋮3\\\left(m-n\right)^2⋮5\end{matrix}\right.\)
Do 3 và 5 là số nguyên tố \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m-n⋮3\\m-n⋮5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m-n⋮15\Rightarrow\left(m-n\right)^2⋮15^2\)
\(\Rightarrow15\left(m+n\right)^2⋮15^2\Rightarrow\left(m+n\right)^2⋮15\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(m+n\right)^2⋮3\\\left(m+n\right)^2⋮5\end{matrix}\right.\)
Mà 3; 5 là số nguyên tố \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+n⋮3\\m+n⋮5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m+n⋮15\Rightarrow\left(m+n\right)^2⋮15^2\)
Áp dụng kết quả này vào điều kiện ban đầu: \(4\left(m+n\right)^2-mn⋮15^2\) , mà ta \(\left(m+n\right)^2⋮15^2\) \(\Rightarrow mn⋮15^2\)