Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
thay 1 bởi ab+bc+ca
ta có :Q=\(\sqrt{\left(a^2+ab+bc+ca\right)\left(b^2+ab+bc+ca\right)\left(c^2+ab+bc+ca\right)}\)
ta thấy \(a^2+ab+bc+ca=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(b^2+ab+bc+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
\(c^2+ab+bc+ca=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
=> Q= \(\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\)=\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)là một số hữu tỉ vì a,c,b là các số hữu tỉ
Với ab + ac + bc = 1
Ta có :
a2+1=a2+ab+ac+bc=(a2+ab)+(ac+bc)
=a(a+b)+c(a+b)=(a+c)(a+b)
Tương tự, ta có:
b2+1=(b+a)(b+c)
c2+1=(c+a)(c+b)
Do đó:
(a2+1)(b2+1)(c2+1)=(a+c)(a+b)(b+c)(b+a)(c+a)(c+b)
=(a+b)2(a+c)2(b+c)2=|(a+b)(a+c)(b+c)|
Do a, b, c là số hữu tỷ, do đó :
|(a+b)(a+c)(b+c)| là số hữu tỷ. (đpcm)
Vì ab+bc+ca=1
\(\Rightarrow a^2+1\)
\(=a^2+ab+bc+ca\)
\(=\left(a^2+ab\right)+\left(ac+bc\right)\)
\(=a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)\)
\(=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
Tương tự ta được \(\begin{cases}b^2+1=\left(b+a\right)\left(b+c\right)\\c^2+1=\left(c+a\right)\left(c+b\right)\end{cases}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+a\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
\(=\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\)
\(=\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\)
Mặt khác a;b;c là số hữa tỉ
\(\Rightarrow\begin{cases}a+b\\b+c\\c+a\end{cases}\) là số hữu tỉ
\(\Rightarrow\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\) là số hữu tỉ
=> đpcm
Ta có : \(a^2+1=a^2+ab+bc+ac=a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)(thay từ giả thiết)
Tương tự : \(b^2+1=\left(b+c\right)\left(b+a\right)\); \(c^2+1=\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)
Suy ra : \(Q=\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}=\sqrt{\left(a+b\right)^2.\left(b+c\right)^2.\left(c+a\right)^2}=\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\)Vì a,b,c là các số hữu tỉ nên suy ra Q là số hữu tỉ.
thay 1 bởi ab+bc+ca
ta có :
Q=\(\sqrt{\left(a^2+ab+bc+Ca\right)\left(b^2+bc+ab+ca\right)\left(c^2+ab+bc+ca\right)}\)
ta thấy : \(a^2+ab+bc+ca=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(b^2+ab+bc+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
\(c^2+ab+bc+ca=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
=> Q=\(\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\)=\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)là số hữu tỉ vì a,b,c là các số hữu tỉ
\(P=\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}\)
\(=\sqrt{\left(a^2+ab+bc+ca\right)\left(b^2+ab+bc+ca\right)\left(c^2+ca+ab+bc\right)}\)
\(=\sqrt{\left(a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)\right)\left(b\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)\right)\left(c\left(a+c\right)+b\left(a+c\right)\right)}\)
\(=\sqrt{\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}=\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(a+c\right)^2\left(b+c\right)^2}\)
\(=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
vì a,b,c là sô số hữu tỉ\(\Rightarrow a+b,a+c,b+c\)là số hữu tỉ \(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)là số hữu tỉ
\(\Rightarrow P\)là số hữu tỉ (đpcm)
\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}\)
\(=\sqrt{\left(a^2+ab+bc+ca\right)\left(b^2+ab+bc+ca\right)\left(c^2+ab+bc+ca\right)}\)
\(=\sqrt{\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}=\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\) là một số hữu tỉ (đpcm)
P/s:Em ko chắc!
Với ab + bc + ca = 1
Ta có:
\(a^2+1=a^2+ab+ac+bc=\left(a^2+ab\right)+\left(ac+bc\right)\)
\(=a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)=\left(a+c\right)\left(a+b\right)\)
Tương tự ta có:
\(b^2+1=\left(b+a\right)\left(b+c\right)\)
\(c^2+1=\left(c+a\right)\left(c+b\right)\)
Do đó:
\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}=\sqrt{\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(b+a\right)\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
\(=\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(a+c\right)^2\left(b+c\right)^2=\left|\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\right|}\)
Do a, b ,c là số hữu tỉ
=> \(\left|\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\right|\) là số hữu tỉ.
=> đpcm
Thay 1 = ab + bc + ca, ta được:
a2 + 1 = (a + b)(a + c);
b2 + 1 = (b + c)(b + a);
c2 + 1 = (c + a)(c + b)
Do đó B = (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) = [(a + b)(b + c)(c + a)]2
=> \(\sqrt{B}=\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\)
Đó là một số hữu tỉ vì a, b, c là các số hữu tỉ
Fairy Tail bn tham khảo nè:
x, y , z hữu tỉ
√x + √y + √z hữu tỉ
- Nếu trong ba số √x , √y , √z có 1 số hữu tỉ , giả sử √x => √y + √z hữu tỉ
Đặt y = a/b; z = c/d đều hữu tỉ với a,b, c, d thuộc N *
√y + √z hữu tỉ => (√y + √z)² hữu tỉ => √(zy) hữu tỉ => √(ac/bd) hữu tỉ => ac/bd = (p/q)² => √(a/b) = p/q√(d/c) với p, q Є N*
=> √y + √z = √(a/b) + √(c/d) = p/q√(d/c) + √(c/d) = (pd + qc)/√(cd) hữu tỉ => √(cd) hữu tỉ => d√(c/d) = √(cd) hữu tỉ => √z = √(c/d) hữu tỉ => √y cung hữu tỉ
Vậy √x , √y , √z đều là số hữu tỉ
- Nếu cả √x , √y , √z đều là số vô tỉ
Đặt √x + √y + √z = p/q với p, q thuộc N* => x + y + 2√(xy) = (p/q)² - 2p/q √z + z =>
=> √(xy) + p/q√z hữu tỉ
Do xy hửu tỉ và (p/q)^2 z hữu tỉ nên có thể đặt xy = a/b và (p/q)^2 z = c/d
thì ta có √(a/b) + √(c/d) hữu tỉ. đến đây lí luận như trường hợp trên thì suy ra √(xy) và p/q√z hữu tỉ => √z hữu tỉ => mâu thuẫn với giả thiết √z vô tỉ
Vậy √x , √y , √z đều là số hữu tỉ
`````````````````````````````
Với bài 3 em có thể rút ngắn hơn bằng cách giả sử một trong ba số √x , √y , √z là số vô tỉ , ví dụ là √z, sau đó dùng cách lý luận ở trường hợp 2 suy ra √(xy) + p/q√z hữu tỉ, sau đó lại áp dụng lý luận như của trường hợp 1 để suy ra √z vô tỉ => trái giả thiết, tức là ko có số nào trong chứng là số vô tỉ cả. Đến đây bài toán đã dc chưng minh xong
```````````````````````````````````````...
Bài 4/ Đề của em ko đúng, phải thay dấu - bằng dấu + . Khi đó ta làm thế này
(b^2+c^2-a^2)/2bc+(a^2+c^2-b^2)/2ca +(a^2+b^2-c^2)/2ab=1
<=> (b^2+c^2-a^2)/2bc - 1 +(a^2+c^2-b^2)/2ca - 1 + (a^2+b^2-c^2)/2ab + 1 = 0
<=> a[ (b-c)² - a²] + b[ ( a-c)² -b²] + c[ (a+b)² - c²] = 0
<=> a( a+b-c)(b-a-c) + b( a+b-c)(a-b-c) + c(a+b-c)(a+b+c) = 0
<=> (a+b-c) [ c(a+b+c) -a(a+c-b) - b(b+c-a)] = 0
<=> (a+b-c)[ c² -(a-b)²] = 0
<=> (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a) = 0
nếu a + b = c =>(b^2+c^2-a^2)/2bc = 1 ; (a^2+c^2-b^2)/2ca = 1 và (a^2+b^2-c^2)/2ab = -1
xét tương tự cho các trường hợp a + c-b = 0 và b+c-a = 0 suy ra DPCM
Ta có \(1+a^2=ab+bc+ca+a^2=\left(a+b\right)\left(a+c\right).\) Chứng minh tương tự ta cũng có
\(1+b^2=\left(b+c\right)\left(b+a\right),1+c^2=\left(c+a\right)\left(c+b\right).\)
Suy ra \(\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}=\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}=\left|\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right|\) là một số hữu tỉ. (ĐCPM)
thay 1 bởi \(ab+bc+ca\)
Ta có : \(\sqrt{\left(a^2+ab+bc+ca\right)\left(b^2+ab+bc+ca\right)\left(c^2+ab+bc+ca\right)}\)
Ta thấy : \(a^2+ab+bc+ca=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(b^2+ab+bc+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
\(c^2+ab+bc+ca=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)Là một số hữu tỉ vì\(a;b;c\)là các số hữu tỉ