Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
* Chứng minh \(a>0\)
Ta có:
\(ab+bc+ca=9\)
\(\Leftrightarrow bc=9-a\left(b+c\right)=9-\left(6-b-c\right)\left(b+c\right)=\left(b+c-3\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow bc\) cùng dấu
\(\Rightarrow b,c>0\)
Ta lại có:
\(\left(b+c-3\right)=\sqrt{bc}\le\dfrac{b+c}{2}\)
\(\Leftrightarrow b+c\le6\) mà \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=6\\ab+bc+ca=9\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a>0\)
* Chứng minh \(a< 1\)
Ta có:
\(\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\left(b-1\right)\left(c-1\right)+\left(c-1\right)\left(a-1\right)=ab+bc+ca-2\left(a+b+c\right)+3=0\)
Nên trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 1 số bé hơn 1
\(\Rightarrow a< 1\)
* Chứng minh: \(c>3;b< 3\)
Tương tự ta có:
\(\left(a-3\right)\left(b-3\right)+\left(b-3\right)\left(c-3\right)+\left(c-3\right)\left(a-3\right)=ab+bc+ca-6\left(a+b+c\right)+27=0\)
Nêu không thể đồng thời a, b, c bé hơn 3
\(\Rightarrow c>3\)
\(\Rightarrow b< 3\) (vì \(a+b+c=6\))
Hướng dẫn:
Dễ dàng tìm dược tọa độ B.
Tìm được tọa độ trung điểm I của AC. \(\left(GB=2GI\right)\)
Biễu diển tọa độ A, C theo phương trình AB, BC.
Có I là trung điểm nữa. Giải được tọa độ của A, C
Vẽ được đường thẳng AC
đặc : \(C\left(x_c;y_c\right)\) ; \(A\left(x_a;y_a\right)\)
vì \(C\in\left(BC\right)\Rightarrow2x_c+5y_c-2=0\) ...................(1)
vì \(A\in\left(AB\right)\Rightarrow4x_a+y_a+14=0\) ....................(2)
dể dàng tìm đượng tọa độ điểm \(B\) là nghiệm của hệ \(\left\{{}\begin{matrix}4x+y+14=0\\2x+5y-2=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow B\left(-4;2\right)\)
ta có : vì tam giác có trọng tâm \(G\left(2;0\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{x_c+x_a-4}{3}=2\) ............(3)
và \(\dfrac{y_c+y_a+2}{3}=0\) .............(4)
từ (1);(2);(3) và (4) ta có hệ phương trình \(\left\{{}\begin{matrix}2x_c+5y_c-2=0\\4x_a+y_a+15=0\\x_c+x_a-4=6\\y_c+y_a+2=0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_c=\dfrac{263}{18}\\y_c=\dfrac{-49}{9}\\x_a=\dfrac{-83}{18}\\y_a=\dfrac{31}{9}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A\left(\dfrac{-83}{18};\dfrac{31}{9}\right)\) ; \(C\left(\dfrac{263}{18};\dfrac{-49}{9}\right)\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{AC}\left(\dfrac{173}{9};\dfrac{-80}{9}\right)\) \(\Rightarrow\overrightarrow{U_{AC}}\left(\dfrac{80}{9};\dfrac{173}{9}\right)\)
\(\Rightarrow\) phương trình cạnh \(AC\) là phương trình của đường thẳng nhận \(\overrightarrow{U_{AC}}\) làm véc tơ pháp tuyến và đi qua điểm \(A\)
\(\Rightarrow\left(AC\right):\dfrac{80}{9}\left(x+\dfrac{83}{9}\right)+\dfrac{173}{9}\left(y-\dfrac{31}{9}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(AC\right):720x+1557y+1277=0\) (bn coi thử còn rút gọn đc nữa o nha)
còn phương trình đường thẳng cạnh \(AB;BC\) là có sẳn rồi nha .
\(A=\dfrac{1}{\sqrt{1.1999}}+\dfrac{1}{\sqrt{2.1998}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{1999.1}}>\dfrac{1}{\dfrac{1+1999}{2}}+\dfrac{1}{\dfrac{2+1998}{2}}+...+\dfrac{1}{\dfrac{1999+1}{2}}\)
\(=\dfrac{1}{1000}+\dfrac{1}{1000}+...+\dfrac{1}{1000}=1,999\)
fix đề: CMR:\(\dfrac{x^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\dfrac{y^3}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}+\dfrac{z^3}{\left(1+y\right)\left(1+x\right)}\)
Áp dụng AM-GM có:
\(\dfrac{x^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\dfrac{1+y}{8}+\dfrac{1+z}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{x^3\left(1+y\right)\left(1+z\right)}{8\cdot8\cdot\left(1+y\right)\left(1+z\right)}}=3\sqrt[3]{\dfrac{x^3}{64}}=\dfrac{3x}{4}\)
Tương tự ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{y^3}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}+\dfrac{1+z}{8}+\dfrac{1+x}{8}\ge\dfrac{3y}{4}\\\dfrac{z^3}{\left(1+y\right)\left(1+x\right)}+\dfrac{1+y}{8}+\dfrac{1+x}{8}\ge\dfrac{3z}{4}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo về các BĐT trên ta được:
\(\dfrac{x^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\dfrac{y^3}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}+\dfrac{z^3}{\left(1+y\right)\left(1+x\right)}+\dfrac{3+x+y+z}{4}\ge\dfrac{3\left(x+y+z\right)}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\dfrac{y^3}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}+\dfrac{z^3}{\left(1+y\right)\left(1+x\right)}\ge\dfrac{3x+3y+3z-x-y-z-3}{4}=\dfrac{2\left(x+y+z\right)-3}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\dfrac{y^3}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}+\dfrac{z^3}{\left(1+y\right)\left(1+x\right)}\ge\dfrac{2\cdot3\sqrt[3]{xyz}-3}{4}=\dfrac{2\cdot3-3}{4}=\dfrac{3}{4}\)
-> Đpcm
Dấu ''='' xảy ra khi x = y = z = 1
Chắc đề bị nhầm rồi.
\(\dfrac{a}{\sqrt{b+1}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+1}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+1}}\ge2\sqrt{2}\left(\dfrac{a}{3+b}+\dfrac{b}{3+c}+\dfrac{c}{3+a}\right)\)
\(\ge2\sqrt{2}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)}\ge2\sqrt{2}.\dfrac{9}{9+\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=2\sqrt{2}.\dfrac{9}{12}=\dfrac{3}{\sqrt{2}}\)
Ai đánh m '-' Cứ tl đi a cho e kẹo nhenn ( a hiền mà :3 )
\(\left(\sqrt{n+a}+\sqrt{n-a}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(n+a+n-a\right)=4n\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{n+a}+\sqrt{n-a}\le2\sqrt{n}\)
Dấu "=" hiển nhiên k xảy ra ( a>0) nên ta có đpcm
Áp dụng: Cái bđt kia ko lq đến cái bđt cm ở trên. xem lại đề
Lời giải:
Ta có:
\(A+B=a\sqrt{a}+\sqrt{ab}+b\sqrt{b}+\sqrt{ab}\)
\(=(\sqrt{a})^3+(\sqrt{b})^3+2\sqrt{ab}\)
\(=(\sqrt{a}+\sqrt{b})(a-\sqrt{ab}+b)+2\sqrt{ab}\)
\(=(\sqrt{a}+\sqrt{b})[(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2-3\sqrt{ab}]+2\sqrt{ab}\)
Ta thấy \(\sqrt{a}+\sqrt{b}\in\mathbb{Q}; \sqrt{ab}\in\mathbb{Q}\) nên:
\((\sqrt{a}+\sqrt{b})[(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2-3\sqrt{ab}]\in\mathbb{Q}\) và \(2\sqrt{ab}\in\mathbb{Q}\)
Do đó: \(A+B\in\mathbb{Q}\)
Mặt khác:
\(AB=\sqrt{a}(a+\sqrt{b}).\sqrt{b}(b+\sqrt{a})\)
\(=\sqrt{ab}(a+\sqrt{b})(b+\sqrt{a})\)
\(=\sqrt{ab}(ab+a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+\sqrt{ab})\)
\(=\sqrt{ab}(A+B)\)
Do $A+B$ là số hữu tỉ (cmt) và $\sqrt{ab}$ cũng là số hữu tỉ, nên \(AB\) là số hữu tỉ.
Bác Akai Haruma làm nhầm đoạn cuối. Chắc do học nhiều nên mệt. Mình đại diện các bạn khác tiếp sức cho bác.
\(AB=\sqrt{ab}\left(a+\sqrt{b}\right)\left(b+\sqrt{a}\right)\)
\(=\sqrt{ab}\left(ab+a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+\sqrt{ab}\right)\)
\(=\sqrt{ab}\left(ab-\sqrt{ab}+a\sqrt{a}+\sqrt{ab}+b\sqrt{b}+\sqrt{ab}\right)\)
\(=\sqrt{ab}\left(ab-\sqrt{ab}+A+B\right)\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}A+B\in Q\\\sqrt{ab}\in Q\\ab\in Q\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow AB\in Q\)
Câu a : Ta có :
\(\dfrac{1}{1+\sqrt{2}}=\dfrac{1-\sqrt{2}}{\left(1+\sqrt{2}\right)\left(1-\sqrt{2}\right)}=\dfrac{1-\sqrt{2}}{1-2}=\dfrac{1-\sqrt{2}}{-1}=-1+\sqrt{2}\)
\(\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{2}-\sqrt{3}\right)}=\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{2-3}=\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{-1}=-\sqrt{2}+\sqrt{3}\)
.....................
\(\dfrac{1}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}}=\dfrac{\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n^2}}{\left(\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}\right)\left(\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n^2}\right)}=\dfrac{\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n^2}}{-1}=-\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}\)
Thay vào ta được :
\(S=\dfrac{1}{1+\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}}=-1+\sqrt{2}-\sqrt{2}+\sqrt{3}-...........-\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}\)
\(=-1+\sqrt{n^2}\)
Câu b:
Đặt biểu thức đã cho là $A$
Ta có:
\(A>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}}\right)+...+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}}\right)\)
\(\Leftrightarrow A> \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}}\right)\)
\(\Leftrightarrow A> \frac{1}{2}(n-1)\) (áp dụng cách tính toán phần a)
Lại có:
\(A< \frac{1}{2}\left(\frac{1}{0+\sqrt{1}}+\frac{1}{1+\sqrt{2}}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}\right)+....+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2-3}+\sqrt{n^2-2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}}\right)\)
\(\Leftrightarrow A< \frac{1}{2}\left(\frac{1}{0+\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+....+\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}}\right)\)
\(\Leftrightarrow A< \frac{\sqrt{n^2-1}}{2}\) (áp dụng cách tính toán của phần a)
Vậy \(\frac{\sqrt{n^2-1}}{2}> A> \frac{n-1}{2}\) hay \(\sqrt{t(t+1)}> A> t\) (đặt \(n=2t+1\) )
Mà \(\sqrt{t(t+1)}< \sqrt{(t+1)(t+1)}=t+1\)
Do đó: \(t+1> A> t\)
\(\Rightarrow \lfloor{A}\rfloor=t=\frac{n}{2}\)