Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(d=\left(m,n\right)\)
Ta có :\(\hept{\begin{cases}m=ad\\n=bd\end{cases}}\)với \(\left(a,b\right)=1\)
Lúc đó
\(\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}=\frac{ad+1}{bd}+\frac{bd+1}{ad}=\frac{\left(a^2+b^2\right)d+a+b}{abd}\)là số nguyên
Suy ra \(a+b⋮d\Rightarrow d\le a+b\Rightarrow d\le\sqrt{d\left(a+b\right)}=\sqrt{m+n}\)
Vậy \(\left(m,n\right)\le\sqrt{m+n}\)(đpcm)
\(\sqrt{3}>\frac{m}{n}\Rightarrow3>\frac{m^2}{n^2}\Rightarrow3n^2>m^2\Rightarrow3n^2\ge m^2+1\)
với 3n2=m2+1=>m2+1 chia hết cho 3
=>m2 chia 3 dư 2(vô lí)
\(\Rightarrow3n^2\ge m^2+2\)
lại có:\(\left(m+\frac{1}{2m}\right)^2=m^2+1+\frac{1}{4m^2}< m^2+2\)
\(\Rightarrow\left(m+\frac{1}{2m}\right)^2< 3n^2\Rightarrow m+\frac{1}{2m}< \sqrt{3}n\)
\(\Rightarrow\frac{m}{n}+\frac{1}{2mn}< \sqrt{3}\left(Q.E.D\right)\)
Số dương thì sao \(a+b+c=0\) được? Chắc là \(a+b+c=1\) mới đúng
Khi đó:
\(VT=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}=\frac{2a}{2\sqrt{a\left(b+c\right)}}+\frac{2b}{2\sqrt{b\left(a+c\right)}}+\frac{2c}{2\sqrt{c\left(a+b\right)}}\)
\(VT\ge\frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2\)
Dấu "=" không xảy ra nên:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}>2\)
Ta có: \(\sqrt{6}-\frac{m}{n}>0\Leftrightarrow\sqrt{6}n-m>0\Leftrightarrow6n^2>m^2\Leftrightarrow6n^2\ge m^2+1\) (Do m, n là các số tự nhiên).
Mặt khác \(m^2+1\equiv1;2\left(mod3\right)\Rightarrow m^2+1⋮̸3\).
Mà \(6n^2⋮3\) nên \(6n^2\ge m^2+1\).
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(\sqrt{6}n>\frac{1}{2m}+m\Leftrightarrow6n^2>\left(\frac{1}{2m}+m\right)^2\).
Ta chỉ cần chứng minh:
\(\left(\frac{1}{2m}+m\right)^2< m^2+2\Leftrightarrow\frac{1}{4m^2}< 1\Leftrightarrow4m^2>1\) (luôn đúng với mọi m \(\in\) N*).
Vậy ta có đpcm.
Dòng thứ 4 là \(6n^2\ge m^2+2\) chứ không phải là \(6n^2\ge m^2+1\). Mình ghi nhầm :(