Cho a, b thuộc Q thỏa mãn: \(a+b\sqrt{2}=0\). CMR: a=b=0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
BC
0
TN
1
8 tháng 11 2017
\(a\sqrt{2}+b\sqrt{3}=-c\)
\(\Leftrightarrow2a+3b+2ab\sqrt{6}=c^2\)
\(\Leftrightarrow2ab\sqrt{6}=c^2-2a-3b\)
Vì VT là số vô tỷ còn VP là số hữu tỷ nên để 2 vế bằng nhau thì.
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}ab=0\\c^2-2a-3b=0\end{cases}}\)
Với \(a=0\)
\(\Rightarrow b\sqrt{3}=-c\)
\(\Rightarrow b=c=0\)
Với \(b=0\)
\(\Rightarrow a\sqrt{2}=-c\)
\(\Rightarrow a=c=0\)
Vậy \(a=b=c=0\)
T
29 tháng 1 2019
Easy!
\(A=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\)
\(=\sqrt{\frac{3}{2}}\left[\sqrt{\left(a+b\right).\frac{2}{3}}+\sqrt{\left(b+c\right).\frac{2}{3}}+\sqrt{\left(c+a\right).\frac{2}{3}}\right]\) (*)
Áp dụng BĐT Cô si ngược,ta có:
(*) \(\le\sqrt{\frac{3}{2}}\left[\frac{a+b+\frac{2}{3}}{2}+\frac{b+c+\frac{2}{3}}{2}+\frac{c+a+\frac{2}{3}}{2}\right]\)
\(=\sqrt{\frac{3}{2}}\left(a+b+c+1\right)=\sqrt{\frac{3}{2}}.2=\sqrt{6}^{\left(đpcm\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a+b=b+c=c+a=\frac{2}{3}\\a+b+c=1\end{cases}\Leftrightarrow}a=b=c=\frac{1}{3}\)
NT
2
PN
9 tháng 8 2016
Cho \(a,b,c\in Q\) thỏa mãn \(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}=0\) \(\left(i\right)\)
Chứng minh rằng: \(a=b=c=0\)
\(-------\)
Chứng minh bổ đề: \(\sqrt[3]{2}\) là một số vô tỉ.
Đối với loại bài toán trên, ta cần dùng phương pháp phản chứng để tìm đáp án.
Thật vậy, giả sử \(R=\sqrt[3]{2}\) là một số hữu tỉ.
Tức là phải tồn tại các số nguyên \(m,n\) sao cho \(R=\frac{m}{n}\) nên \(R\) là nghiệm hữu tỉ của phương trình:
\(\left(\frac{m}{n}\right)^3=2;\)
Suy ra \(m\inƯ\left(2\right),\) \(n\inƯ\left(1\right)\)
Tuy nhiên, lại không tồn tại \(m\) nào là ước của \(2\) mà lũy thừa \(3\) (lập phương) bằng \(2\)
Do đó, suy ra điều giả sử sai!
Vậy, \(R\) là một số vô tỉ.
\(-------\)
Ta có:
\(\left(i\right)\) \(\Rightarrow\) \(c\sqrt[3]{2^2}+b\sqrt[3]{2}+a=0\) \(\left(ii\right)\)
Đặt \(a=z;\) \(b=y;\)và \(c=x\) \(\Rightarrow\) \(x,y,z\in Q\)
Ta biểu diễn lại phương trình \(\left(ii\right)\) dưới dạng ba biến số \(x,y,z\) như sau:
\(x\sqrt[3]{2^2}+y\sqrt[3]{2}+z=0\) \(\left(\alpha\right)\)
Giả sử phương trình \(\left(\alpha\right)\) tồn tại với ba ẩn \(x,y,z\) được xác định, ta có:
\(y\sqrt[3]{2^2}+z\sqrt[3]{2}+2x=0\) \(\left(\beta\right)\)
Từ \(\left(\alpha\right);\left(\beta\right)\) suy ra được \(\left(y^2-xz\right)\sqrt[3]{2}=\left(2x^2-yz\right)\)
Nếu \(2x^2-yz\ne0\) \(\Rightarrow\) \(\sqrt[3]{2}=\frac{2x^2-yz}{y^2-xz}\) là một số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
\(\Rightarrow\) \(\hept{\begin{cases}y^2-xz=0\\2x^2-yz=0\end{cases}}\) \(\Rightarrow\) \(\hept{\begin{cases}y^3=xyz\\yz=2x^2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\) \(y^3=2x^3\) hay nói cách khác, \(y=x\sqrt[3]{2}\)
Nếu \(y\ne0\) thì \(\sqrt[3]{2}=\frac{y}{x}\in Q\) (mâu thuẫn với giả thiết theo bổ đề trên)
\(\Rightarrow\) \(x=0;y=0\)
Từ đó, ta dễ dàng chứng minh được \(z=0\)
Do đó, \(a=0;b=0;c=0\) (theo cách đặt trên)
Ngược lại, nếu \(a=b=c=0\) thì vẫn thỏa mãn \(\left(i\right)\) luôn đúng!
Vậy, tóm lại tất cả các điều đã nêu trên, kết luận \(a=b=c=0\)
PL
10 tháng 1 2021
Từ 1a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=01a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=0
Khi đó:
(√a+c+√b+c)2=a+c+b+c+2√(a+c)(b+c)(a+c+b+c)2=a+c+b+c+2(a+c)(b+c)
=a+b+2c+2√ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2√c2=a+b+2c+2ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2c2
=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+2|c|
Vì a,ba,b dương nên −1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c−1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c
Do đó:
(√a+c+√b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b(a+c+b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b
⇒√a+c+√b+c=√a+b
PL
10 tháng 1 2021
Từ 1a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=01a+1b+1c=0⇒ab+bc+ac=0
Khi đó:
(√a+c+√b+c)2=a+c+b+c+2√(a+c)(b+c)(a+c+b+c)2=a+c+b+c+2(a+c)(b+c)
=a+b+2c+2√ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2√c2=a+b+2c+2ab+ac+bc+c2=a+b+2c+2c2
=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+2|c|
Vì a,ba,b dương nên −1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c−1c=1a+1b>0⇒c<0⇒2|c|=−2c
Do đó:
(√a+c+√b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b(a+c+b+c)2=a+b+2c+2|c|=a+b+2c+(−2c)=a+b
⇒√a+c+√b+c=√a+b
H
1
14 tháng 10 2018
Ta có: \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=9\)(*) (Do a+b+c = 3)
Ta sẽ c/m BĐT (*) luôn đúng. Thật vậy:
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số không âm:
\(a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\ge3\sqrt[3]{a^2\sqrt{a}.\sqrt{a}}=3a\Rightarrow a^2+2\sqrt{a}\ge3a\)
Tương tự: \(b^2+2\sqrt{b}\ge3b;c^2+2\sqrt{c}\ge3c\)
Cộng 3 BĐT trên theo vế thì có: \(a^2+b^2+c^2+2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
=> BĐT (*) luôn đúng với mọi a,b,c > 0 t/m a+b+c=3 => BĐT ban đầu đúng
\(\Rightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\) (đpcm).
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1.
15 tháng 9 2018
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c+c+a+a+b}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)
\(\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{6}{2}=3\)(BĐT \(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
Ta có: \(\sqrt{2}>0\)
\(\Rightarrow b\sqrt{2}\ge0\)
Mà \(a+b\sqrt{2}=0\)
\(\Rightarrow b=0,a=0\)
OH-YEAH^^ , bn ơi b thuộc Q thì làm sao mà \(b\sqrt{2}\ge0\) được