Chúc mọi người một năm mới zui zẻ, hp, khỏe mạnh và có thêm một tuổi mới, nhìu thành công mới, đạt được nhìu ước mơ
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bn cũng z.chúc xuân này nhìu lộc hơn xuân trước.vì bạn là boy nên mk chúc bn năm mới handsome hơn
Ta có: 20142015 có tận cùng bằng 4 vì các số có chữ số tận cùng là 4 (hoặc 9) khi nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi.
20152014 có tận cùng là 5 vì các số có chữ số tận cùng là 5 ( hoặc 0; 1 ; 6) khi nâng lên lũy thừa bậc bất kỳ thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi.
Vì 20142015 có tận cùng bằng 4 và 20152014 có tận cùng là 5
=> 20142015+20152014 có tận cùng bằng 9
dễ thôi, ta có :
2014^2015=2014.2014.....2014(2015 số) có quy luật:+ 2014.2014 ra tận cùng 6(*)
+2014.2014.2014 ra tận cùng 4(**)
Từ (*) và (**) => lẻ thừa số 2014 có tận cùng là 4 (***)
2015^2016 có tận cùng là 5 vì 5 nhân 5=5(****)
Từ (***) và (****) =>chữ số tận cùng của 2014^2015+ 2015^2016 là 5+4=9
Vậy chữ số tận cùng của 2014^2015+ 2015^2016 là 9
Em xin giải bài toán kia nhé :)
Trước hết ta có hằng đẳng thức:
\(x^5+5x^4y+10x^3y^2+10x^2y^3+5xy^4+y^5=\left(x+y\right)^5\)
Biến đổi hằng đẳng thức trên:
\(x^5+y^5+5xy\left(x^3+2x^2y+2xy^2+y^3\right)=\left(x+y\right)^5\)
\(\Rightarrow x^5+y^5+5xy\left[\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)+2xy\left(x+y\right)\right]=\left(x+y\right)^5\)
\(\Rightarrow x^5+y^5+5xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)=\left(x+y\right)^5\) (*)
Quay lại bài toán trên:
Theo BĐT Cauchy ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{xy}\le\dfrac{x+y}{2}\left(1\right)\\2xy\le x^2+y^2\Rightarrow3xy\le x^2+xy+y^2\Rightarrow xy\le\dfrac{x^2+xy+y^3}{3}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
Vì cả 2 vế của BĐT (1) và (2) đều dương nên lấy \(\left(1\right).\left(2\right)\) ta được:
\(xy\sqrt{xy}\le\dfrac{1}{6}\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\)
\(\Rightarrow x^5+2023xy.xy\sqrt{xy}+y^5\le x^5+\dfrac{2023}{6}xy.\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+y^5\left(3\right)\)
Đặt \(A=x^5+\dfrac{2023}{6}xy.\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+y^5\)
\(=\dfrac{6x^5+2023xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+6y^5}{6}\)
\(=\dfrac{6\left[x^5+5xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+y^5\right]+1993xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)}{6}\)
Áp dụng (*) ta có:
\(A=\dfrac{6\left(x+y\right)^5+1993xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)}{6}\left(4\right)\)
Ta có: \(xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\)
\(=\dfrac{1}{3}.3xy\left(x^2+xy+y^2\right)\left(x+y\right)\)
Theo BĐT Cauchy ta có:
\(3xy\left(x^2+xy+y^2\right)\le\left[\dfrac{3xy+\left(x^2+xy+y^2\right)}{2}\right]^2=\left[\dfrac{\left(x+y\right)^2+2xy}{2}\right]^2\left('\right)\)
\(xy\le\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^2=\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}\left(''\right)\)
Từ (') và ('') ta có:
\(3xy\left(x^2+xy+y^2\right)\le\left[\dfrac{\left(x+y\right)^2+2.\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}}{2}\right]^2=\left[\dfrac{3}{4}\left(x+y\right)^2\right]^2=\dfrac{9}{16}\left(x+y\right)^4\)
\(\Rightarrow xy\left(x^2+xy+y^2\right)\le\dfrac{3}{16}\left(x+y\right)^4\)
\(\Rightarrow xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\le\dfrac{3}{16}\left(x+y\right)^5\left(5\right)\)
Từ (4), (5) ta có:
\(A\le\dfrac{6\left(x+y\right)^5+1993.\dfrac{3}{16}\left(x+y\right)^5}{6}=\dfrac{\dfrac{6075}{16}\left(x+y\right)^5}{6}=\dfrac{2025}{32}\left(x+y\right)^5\)
\(\Rightarrow A\le\dfrac{2025}{32}\left(x+y\right)^5\) hay
\(x^5+\dfrac{2023}{6}xy\left(x+y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)+y^5\le\dfrac{2025}{32}\left(x+y\right)^5\left(6\right)\)
Từ (3), (6) ta có:
\(x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5\le\dfrac{2025}{32}\left(x+y\right)^5\)
\(\Rightarrow\sqrt[5]{x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5}\le\sqrt[5]{2025}.\dfrac{x+y}{2}\left(1'\right)\)
Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có:
\(\sqrt{xy}\le\dfrac{x+y}{2}\left(2'\right)\)
Vì cả 2 vế của (1') và (2') đều dương nên lấy \(\left(1'\right).\left(2'\right)\) ta được:
\(\sqrt{xy}.\sqrt[5]{x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5}\le\sqrt[5]{2025}.\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{xy}}}{\sqrt[5]{x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5}}\ge\dfrac{4}{\sqrt[5]{2025}.\left(x+y\right)^2}\left(7\right)\)
CMTT ta cũng có:
\(\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{yz}}}{\sqrt[5]{y^5+2023y^2z^2\sqrt{yz}+y^5}}\ge\dfrac{4}{\sqrt[5]{2025}.\left(y+z\right)^2}\left(8\right)\)
\(\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{zx}}}{\sqrt[5]{z^5+2023z^2x^2\sqrt{zx}+z^5}}\ge\dfrac{4}{\sqrt[5]{2025}.\left(z+x\right)^2}\left(9\right)\)
Lấy \(\left(7\right)+\left(8\right)+\left(9\right)\) rồi nhân mỗi vế của BĐT mới cho \(\left(x+y+z\right)^2\) ta được:
\(\left(x+y+z\right)^2\left(\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{xy}}}{\sqrt[5]{x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5}}+\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{yz}}}{\sqrt[5]{y^5+2023y^2z^2\sqrt{yz}+y^5}}+\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{zx}}}{\sqrt[5]{z^5+2023z^2x^2\sqrt{zx}+z^5}}\right)\)\(\ge\dfrac{4}{\sqrt[5]{2025}}\left(x+y+z\right)^2\left[\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{\left(y+z\right)^2}+\dfrac{1}{\left(z+x\right)^2}\right]\left(10\right)\)
Theo BĐT Cauchy ta có:
\(\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{\left(y+z\right)^2}+\dfrac{1}{\left(z+x\right)^2}\ge3.\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2}}\)
\(\ge3.\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left[\left(\dfrac{x+y+y+z+z+x}{3}\right)^3\right]^2}}\)
\(=3.\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left[\dfrac{2}{3}\left(x+y+z\right)\right]^6}}=3.\dfrac{1}{\left[\dfrac{2}{3}\left(x+y+z\right)\right]^2}=\dfrac{27}{4\left(x+y+z\right)^2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{\left(y+z\right)^2}+\dfrac{1}{\left(z+x\right)^2}\ge\dfrac{27}{4\left(x+y+z\right)^2}\left(11\right)\)
Từ (10) và (11) ta có:
\(\left(x+y+z\right)^2\left(\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{xy}}}{\sqrt[5]{x^5+2023x^2y^2\sqrt{xy}+y^5}}+\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{yz}}}{\sqrt[5]{y^5+2023y^2z^2\sqrt{yz}+y^5}}+\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{zx}}}{\sqrt[5]{z^5+2023z^2x^2\sqrt{zx}+z^5}}\right)\)
\(\ge\dfrac{4}{\sqrt[5]{2023+2}}.\left(x+y+z\right)^2.\dfrac{27}{4\left(x+y+z\right)^2}=\dfrac{27}{\sqrt[5]{2023+2}}\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)
lâu rồi không gặp a, chúc mừng năm mới a, mà cái phương trình này lớp 9 còn e mới lớp 8 :)))))))))))))))