Ta có: 

\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right)^2+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}-\frac{1}{bc}\right)\)

\(=\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right)^2+2\frac{c+b-a}{abc}=\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right)^2\)(vì a = b + c)

Suy ra: 

\(\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right)^2}=\left|\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right|\)

Do a, b, c là các số hữu tỉ khác 0 nên \(\left|\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right|\)là một số hữu tỉ.

(Chúc bạn làm bài tốt và nhớ click cho mình với nhá!)

Đặt \(A=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\) có \(a=b+c\Rightarrow A=\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{b^2c^2+c^2\left(b+c\right)^2+b^2\left(b+c\right)^2}{\left(b+c\right)^2b^2c^2}\)
Ta có \(b^2c^2+c^2\left(b+c\right)^2+b^2\left(b+c\right)^2=b^2c^2+\left(b+c\right)^2\left(b^2+c^2\right)\)
        =\(b^2c^2+\left(b^2+c^2+2bc\right)\left(b^2+c^2\right)=b^2c^2+\left(b^2+c^2\right)^2+2bc\left(b^2+c^2\right)\)
        =\(\left(bc+\left(b^2+c^2\right)\right)^2\)
Vậy \(A=\frac{\left(bc+\left(b^2+c^2\right)\right)^2}{\left(b+c\right)^2b^2c^2}\Rightarrow\sqrt{A}=\frac{bc+b^2+c^2}{\left|\left(b+c\right)bc\right|}\)
Do \(b,c\)là các số chính phương nên \(\sqrt{A}\)chính phương suy ra điều phải chứng minh.

Ta sẽ chứng minh tồn tại các số tự nhiên m,p sao cho : 

    96 000 .. 000 +  a + 15p < 97 000 .... 000

     m chữ số 0                      m chữ số 0

Tức là : \(96\frac{a}{10^m}+\frac{15p}{10^m}< 97\left(1\right)\).Gọi \(a+15\)là số có \(k\)chữ số : \(10^{k1}a+15< 10^k\)

\(\Rightarrow\frac{1}{10}\le\frac{a}{10^k}+\frac{15}{10^k}< 1\left(2\right).\)Đặt \(x_n=\frac{a}{10^k}+\frac{15p}{10^k}\). Theo \(\left(2\right)\)

Ta có : \(x_1< 1\)và \(\frac{15}{10^k}< 1\)

Cho \(n\)nhận lần lượt các giá trị \(2;3;4;...;\)các giá trị nguyên của \(x_n\)tăng dần ,mỗi lần tăng không quá 1 đơn vị , khi đó [ \(x_n\)sẽ trải qua các giá trị \(1,2,3,\)Đến một lúc ta có \(\left[x_p\right]=96\).Khi đó \(96x_p\)tức là \(96\frac{a}{10^k}+\frac{15p}{10^k}< 97\). Bất đẳng thức \(\left(1\right)\)đợt chứng minh

Bạn ơi, mình k hiểu cho lắm. Cách này mình cũng biết, nhưng k làm vì k hiểu?

a. Có nhiều cách nhé. Với lớp 9 cô dùng cách này. Cô hướng dẫn nhé :)

A B C 15 0 D

Giả thiệt cho như hình vẽ. Gỉa sử AB = 1cm, khi đó do góc ADB = 30độ nên \(\frac{AB}{BD}=\frac{1}{2};\frac{AB}{AD}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)

Vậy \(AC=AD+DC=AD+DB=2+\sqrt{3}\)

Vậy \(tan15=\frac{AB}{AC}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}\)

b. Dựa vào công thức : \(tan^215+1=\frac{1}{cos^215}\)

ko hiểu

<=> (2y)² = 4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4 (*)

Đặt P(x) = 4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4

1./ 3x² + 4x + 4 = 3[x² + 2x*2/3 +(2/3)²] +4 - 4/3 = (x + 2/3)² + 8/3 > 0 với mọi x

=> P(x) > Q(x) = 4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4 - (3x² + 4x + 4) = 4x⁴ + 4x² + x² = (2x² + x)² (1)

2./ 5x² >= 0 với mọi x

=> P(x) <= 4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4 + 5x² = 4x⁴ + 4x³ + 9x² + 4x + 4 = 4x⁴ + x² + 4 + 2.2x².x + 2.2x².2 + 2.x.2 = (2x + x + 2)² (2)

• Với x = 0 thì PT có 2 nghiệm là (x=0;y=1) và (x=0;y=-1)
• Với x khác 0 thì: P(x) < (2x + x + 2)² với mọi x (2)

Từ (1) và (2) suy ra: (2x² + x)² < P(x) = (2y)² < (2x + x + 2)²

Do đó số chính phương (2y)² bị kẹp giữa 2 số chính phương chẵn (hoặc lẻ) liên tiếp. Nên 2|y| chỉ có thể là số kẹp giữa |2x² + x| và |2x² + x + 2| => 2|y| = |2x² + x + 1| Khi đó (2y)² = (2x² + x + 1)² = 4x⁴ + 4x³ + 5x² + 2x + 1

Thay vào (*) => 4x⁴ + 4x³ + 5x² + 2x + 1 = 4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4

=> x² - 2x - 3 = 0 => (x + 1)(x - 3) = 0.

Với x = -1 thì y = 1 hoặc -1

Với x = 3 thì y = 11 hoặc -11.

3./ Vậy PT có 6 cặp nghiệm nguyên là: (0;1); (0;-1); (-1;1); (-1;-1); (3;11); (3;-11).

xét tam giác HMB vuông tại M va tam giác  CHA vuông tại Hcó 

góc BHM =góc HCA (MH//AC,cùng vuông góc AB)

=> tam giác HMB đồng dạng tam giác CHA (g-g)

=> BH/AC=BM/AH

tương tự cm tam giác AHB đồng dạng tam giác CNH (g-g)

=> AH/CN=AB/HC

tam giác ABC vuông tại A=> AB^2=BH.BC (hệ thức lượng tam giác vuông)

tam giác ABC vuong tại A=> AH.BC=AB.AC=> AB=AH.BC/AC (hệ thức lượng tam giác vuong)

=> \(AB^3=BH.BC.\frac{AH.BC}{AC}=\frac{BH.AH.BC^2}{AC}\)

tương tự ta cm được \(AC^3=\frac{BC^2.HC.AH}{AB}\)

=> \(\frac{AB^3}{AC^3}=\frac{BH.AH.BC^2}{AC}.\frac{AB}{BC^2.AH.HC}=\frac{BH}{AC}\frac{AB}{HC}=\frac{BM}{AH}.\frac{AH}{CN}=\frac{BM}{CN}\left(đpcm\right).\)

thong minh the 

Bài 1

Từ giả thiết, bình phương 2 vế, ta được:

\(x^2y^2+\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+2xy\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}=2015\)

\(\Leftrightarrow2x^2y^2+x^2+y^2+2xy\sqrt{x^2+1}\sqrt{y^2+1}=2014.\)

\(A^2=x^2\left(y^2+1\right)+y^2\left(x^2+1\right)+2x\sqrt{y^2+1}.y\sqrt{x^2+1}\)

\(=2x^2y^2+x^2+y^2+2xy\sqrt{x^2+1}.\sqrt{y^2+1}\)

\(=2014\)

\(\Rightarrow A=\sqrt{2014}.\)

Bài 2:

Đặt \(\sqrt{2015}=a>0\)

\(\left(x+\sqrt{x^2+a}\right)\left(y+\sqrt{y^2+a}\right)=a\text{ }\left(1\right)\)

Do \(\sqrt{y^2+a}-y>\sqrt{y^2}-y=\left|y\right|-y\ge0\) nên ta nhân cả 2 vế với \(\sqrt{y^2+a}-y\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(x+\sqrt{x^2+a}\right)\left[\left(y^2+a\right)-y^2\right]=a.\left(\sqrt{y^2+a}-y\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+a}+x=\sqrt{y^2+a}-y\)

Tương tự ta có: \(\sqrt{y^2+a}+y=\sqrt{x^2+a}-x\)

Cộng theo vế 2 phương trình trên, ta được \(x+y=-\left(x+y\right)\Leftrightarrow x+y=0\)

Bài 3

Áp dụng bất đẳng thức Côsi

\(x\sqrt{x}+y\sqrt{y}+z\sqrt{z}\ge3\sqrt[3]{x\sqrt{x}.y\sqrt{y}.z\sqrt{z}}=3\sqrt{xyz}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\)

Thay vào tính được \(A=2.2.2=8\text{ }\left(x=y=z\ne0\right).\)

Em mới hoc lớp 7

Ta có : \(xy+\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}=\sqrt{2015}\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2+\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+2xy\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}=2015\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2y^2+x^2\right)+\left(x^2y^2+y^2\right)+2xy\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}=2014\)

\(\Leftrightarrow\left(x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}\right)^2=2014\)

\(\Rightarrow x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}=\sqrt{2014}\)(vì \(x,y>0\))

Vậy \(A=\sqrt{2014}\)

Em mới học lớp 7

\(VP\ge0\Rightarrow VT\ge0\Rightarrow x>0\text{ }\left(do\text{ }x\ne0\right)\)

\(\text{pt}\Leftrightarrow\frac{1}{x}.\sqrt{x-\frac{1}{x}}+\frac{1}{x}.\sqrt{1-\frac{1}{x}}=1\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{x}}\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}.\frac{1}{x}=1\)

+Chứng minh bất đẳng thức \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)

Bất đẳng thức trên luôn đúng vì thu gọn ta được \(\left(ay-bx\right)^2\ge0\)

Dấu bằng xảy ra khi \(ay=bx\)

Áp dụng 

\(\left(\frac{1}{\sqrt{x}}.\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}.\frac{1}{x}\right)^2\le\left[\frac{1}{x}+\left(1-\frac{1}{x}\right)\right].\left[\left(1-\frac{1}{x^2}\right)+\frac{1}{x^2}\right]=1\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

\(\frac{1}{\sqrt{x}}.\frac{1}{x}=\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}.\sqrt{1-\frac{1}{x}}\)\(\Leftrightarrow\frac{1}{x^3}=\frac{x^2-1}{x^2}.\frac{x-1}{x}\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-1\right)\left(x-1\right)=1\Leftrightarrow x^3-x^2-x=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x^2-x-1\right)=0\Leftrightarrow x^2-x-1=0\Leftrightarrow x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\text{ }\left(x>0\right)\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\)

Thôi thôi em sợ rồi