Tham khảo

Vào những năm 1760, Johann Heinrich Lambert đã chứng minh rằng số π (pi) là vô tỷ: nghĩa là nó không thể được biểu thị dưới dạng phân số a/b, trong đó a là số nguyên và b là số nguyên khác không. Vào thế kỷ 19, Charles Hermite đã tìm thấy một chứng minh không đòi hỏi kiến thức tiên quyết nào ngoài vi tích phân cơ bản.

#zinc

có ạ

================

Hình như đề sai nha bạn  

khi đó x + y + z = 1 ; x³ + y³ + z³ = 3

mà (x + y + z)³ = x³ + y³ + z³ + 3(x + y)(y + z)(z + x) 

<=> 1³ = 3 + 3(x + y)(y + z)(z + x)

<=> 3(x + y)(y + z)(z + x) = -2 (vô lý vì 3(x + y)(y + z)(z + x) > 0) 

Iuukweewddukhkhuckekwhkuekcwuhwdikeuldkhscuhkjdcshudscjhukidschfshjrskdhjfursiuhukerfhevkhgyrukeaguukeeafduuhkafeuiehfugkurfrfaegukurgfeuwukfegukuqrfrekgquufrequgkuefqehhmeihuewkfkihurfewuhkifrekwhhubrhefjwkhjbkefeqhebfeqkehbfjkeahejchkeajhhkeceahjbkceeabhjrevahkbjreahhjvjbhkvfhhjkfvsrhhkjbhkrjfeahjhkvreajhbkvesrhvbjerahjbkrfeajhhkefrahhikferahhkjfreahhrfeajfrehuiqkrhehiakfhfhhrefkiuahiukrfea

bfghgfgdfgffffffffffffffgf

Mình đang thắc mắc chỗ chứng minh \(\widehat{EOC}=\widehat{ECD}\), còn mấy chỗ còn lại mình làm được rồi.

Ta có P = xy = x(k - x) = -x² + xk

= \(-x^2+2x\frac{k}{2}-\frac{k^2}{4}+\frac{k^2}{4}=-\left(x-\frac{k^2}{4}\right)^2+\frac{k^2}{4}\le\frac{k^2}{4}\)

=> \(P_{max}=\frac{k^2}{4}\left(\text{Dấu "=" khi }x=\frac{k^2}{4}\right)\)

Vì tam giác ABC vuông tại C ; đường cao CM=>  \(MC^2=MA.MB\)

\(MC^2=MA\left(AB-MA\right)=-MA^2+9MA\le\frac{81}{4}\)

=> \(MC\le\frac{9}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi MA = MB = 4,5 cm hay M trung điểm BC 

Hai tam giác AEF và ABF có chung đường cao hạ từ F nên ta có \(\frac{S_{AEF}}{S_{ABF}}=\frac{AE}{AB}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\)(1)

Hai tam giác ABF và ABC có chung đường cao hạ từ B nên ta có \(\frac{S_{ABF}}{S_{ABC}}=\frac{AF}{AC}=\frac{4}{9}\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{S_{AEF}}{S_{ABF}}.\frac{S_{ABF}}{S_{ABC}}=\frac{2}{3}.\frac{4}{9}\)\(\Rightarrow\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{8}{27}\)\(\Rightarrow S_{AEF}=\frac{8}{27}S_{ABC}=\frac{8}{27}.27=8\left(cm^2\right)\)

Vậy \(S_{AEF}=8cm^2\)

Bạn vào thống kê hỏi đáp của mình xem câu trả lời nhé. Nó chưa duyệt lên.

2 , 

Áp dụng BĐT AM - GM ta có :

\(2a+b+c=\left(a+b\right)+\left(a+c\right)\ge2\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

\(\Rightarrow\left(2a+b+c\right)^2\ge4\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

còn lại 

= > \(M\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\frac{1}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\right)\)

\(\Leftrightarrow M< \frac{1}{4}.\frac{\left(b+c\right)+\left(c+a\right)+\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

\(\Leftrightarrow M\le\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Lại có \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8abc\)( theo AM - GM )

\(\Rightarrow M\le\frac{a+b+c}{2.8abc}=\frac{a+b+c}{16abc}\left(1\right)\)

Tiếp tục áp dụng BĐT AM - GM :

\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge\frac{2}{ab};\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{bc};\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}\ge\frac{2}{ac}\)

\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)\)

\(\Leftrightarrow3\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}\)

\(\Rightarrow a+b+c\le3abc\left(2\right)\)

Từ ( 1 ) , ( 2 ) \(\Rightarrow M\le\frac{3abc}{16abc}=\frac{3}{16}\)\(M\le\frac{3}{16}< \frac{9}{16}\)

\(\Rightarrow M\le\frac{9}{16}\)

Ta có:

\(x^2+x+1=x^2+2.x.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+1\)\(=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{3}>0\)

Vì \(x^2+x+1>0\)nên phương trình đã cho vô nghiệm, mà nó đã vô nghiệm thì \(x^2+x+1\ne0\)với mọi x, thế nên ta sẽ có: \(1^2+1+1=3\ne0\)với x = 1

Ở đây với x thuộc R thì ko có giá trị nào thỏa pt đã cho.
=> Sai ở chỗ sử dụng phương trình vô nghiệm để thế x = 1 vào

(Với ở đây mình nghĩ sẽ sai cả bài vì ko thể dùng phương trình vô nghiệm để biến đổi được vì ta luôn có \(x^2+x+1\ne0\))

Bài này sai ở chỗ thay \(x+1=-x^2\) vào pt thứ hai \(x+1+\frac{1}{x}=0\).
Khi bạn làm điều này, bạn đã vô tình làm cho phát sinh ra nghiệm ngoại lai (một nghiệm khác không phải là nghiệm của pt ban đầu \(x^2+x+1=0\))

Pt ban đầu \(x^2+x+1=0\)không có nghiệm thực, nhưng có 2 nghiệm ảo là \(\frac{-1+i\sqrt{3}}{2};\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}\)

Khi biến đổi tương đương sang pt thứ hai \(x+1+\frac{1}{x}=0\), pt vẫn chỉ có 2 nghiệm trên.

Nhưng khi thay \(x+1=-x^2\) vào pt thứ hai \(x+1+\frac{1}{x}=0\), sẽ được phương trình \(-x^2+\frac{1}{x}=0\)có thêm 1 nghiệm nữa là \(x=1\)hoàn toàn không phải là nghiệm của 2 pt ban đầu.

Mình đăng câu hỏi này mong các bạn cẩn thận trong các phép biến đổi tương đương dễ làm phát sinh ra nghiệm ngoại lai, tránh gặp phải những kết quả vô lí như phép chứng minh \(3=0\)vừa rồi.