NT
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
3 tháng 8 2016
Theo đề bài số lớn chia số bé được 6 và 3 đơn vị. Vậy số lớn gấp 6 lần và 3 đơn vị số bé ta có :
Số bé 1 phần, số lớn 6 phần và 3 đơn vị tổng là 66.
Vậy tổng số phần là : 6 phần 3 đơn vị + 1 phần = 7 phần 3 đơn vị.
Số bé là : (66 - 3) : 7 = 9
Số lớn là : 9.10 + 3 = 93
KN
20 tháng 8 2020
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với\(\Sigma_{cyc}\left(\sqrt{5a^2+4bc}-2\sqrt{bc}\right)\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Hay \(\Sigma_{cyc}\frac{5a^2}{\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\left(\Sigma_{cyc}\frac{5a^2}{\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}}\right)\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có \(2\sqrt{5a^2+4bc}\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\le8a^2+3b^2+3c^2+4bc\)\(4\sqrt{bc}\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{4.3\sqrt{bc}.\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}{3}\)\(\le\frac{2\left(3a^2+3b^2+3c^2+9bc\right)}{3}=2\left(a^2+b^2+c^2+3bc\right)\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được \(2\left(\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)\(\le10a^2+5b^2+5c^2+10bc\)
Suy ra \(\frac{10a^2}{2\left(\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\)\(\ge\frac{10a^2}{10a^2+5b^2+5c^2+10bc}\)
Lại có \(10bc\le5b^2+5c^2\)nên \(\frac{10a^2}{10a^2+5b^2+5c^2+10bc}\ge\frac{10a^2}{10a^2+10b^2+10c^2}=\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Do đó ta được \(\frac{5a^2}{\left(\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\ge\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)(1)
Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\frac{5b^2}{\left(\sqrt{5b^2+4ca}+2\sqrt{ca}\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\ge\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\)(2) ; \(\frac{5c^2}{\left(\sqrt{5c^2+4ab}+2\sqrt{ab}\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\ge\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\frac{1}{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\left(\Sigma_{cyc}\frac{5a^2}{\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}}\right)\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
1 tháng 10 2020
ycbt\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}9^4a+9^3b+9^2c+9d+e=32078\left(p\right)\\a,b,c,d,e\in N;\le8;a\ne0\end{cases}}\)
VP(p): 9 dư 2 =>e =2
\(\Rightarrow9^3a+9^2b+9c+d=\frac{32078-2}{9}=4564⋮9\Rightarrow d=0\)
\(\Rightarrow9^2a+9b+c=\frac{3564}{9}=396⋮9\Rightarrow c=0\)
\(\Rightarrow9a+b=\frac{396}{9}=44\)chia 9 dư 8 => b=8
=> 9a=36=>a=4
Vậy S =14
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
26 tháng 3 2023
\(\Leftrightarrow\sqrt{2t^2+mt-m-1}=t-1\) có 2 nghiệm thỏa mãn \(1\le t< 3\)
\(\Rightarrow2t^2+mt-m-1=t^2-2t+1\)
\(\Leftrightarrow f\left(t\right)=t^2+\left(m+2\right)t-m-2=0\) có 2 nghiệm \(1< t_1< t_2< 3\) (hiển nhiên \(t=1\) ko là nghiệm)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta=\left(m+2\right)^2+4\left(m+2\right)>0\\f\left(1\right)=1>0\\f\left(3\right)=9+3\left(m+2\right)-m-2>0\\1< \dfrac{t_1+t_2}{2}=\dfrac{-m-2}{2}< 3\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(m+2\right)\left(m+6\right)>0\\2m+13>0\\2< -m-2< 6\\\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}m>-2\\m< -6\end{matrix}\right.\\m>-\dfrac{13}{2}\\-8< m< -4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow-\dfrac{13}{2}< m< -6\)
LV
11 tháng 9 2019
\(M\left(Z_1,N_2\right)vaX\left(Z_2,N_2\right)\)
\(2Z_1+N_1+2Z_2+N_2=108\)
\(2\left(Z_1+Z_2\right)-\left(N_1+N_2\right)=36\)
\(Z_1+N_1-Z_2-N_2=8\)
\(2Z_1+N_1-2-\left(2Z_2+N_2+2\right)=8\)
Từ hệ trên
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 3 2023
Với \(a\ne0\) từ đề bài ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}-\dfrac{b}{2a}=2\\4a+2b+c=1\\16a+4b+c=-3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a+b=0\\4a+2b+c=1\\16a+4b+c=-3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a=-1;b=4;c=-3\)
Vậy (P): \(y=-x^2+4x-3\)