Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bài 5 nhé:
a) (a+1)2>=4a
<=>a2+2a+1>=4a
<=>a2-2a+1.>=0
<=>(a-1)2>=0 (luôn đúng)
vậy......
b) áp dụng bất dẳng thức cô si cho 2 số dương 1 và a ta có:
a+1>=\(2\sqrt{a}\)
tương tự ta có:
b+1>=\(2\sqrt{b}\)
c+1>=\(2\sqrt{c}\)
nhân vế với vế ta có:
(a+1)(b+1)(c+1)>=\(2\sqrt{a}.2\sqrt{b}.2\sqrt{c}\)
<=>(a+1)(b+1)(c+1)>=\(8\sqrt{abc}\)
<=>(a+)(b+1)(c+1)>=8 (vì abc=1)
vậy....
C1
Giả sử căn 7 là số hữu tỉ Vậy căn 7 bằng a/b. Suy ra 7 bằng a bình / b bình. Suy ra a bình bằng 7b bình Suy ra a chia hết cho 7 Gọi a bằng 7k suy ra a bình bằng 7b bình Suy ra (2k) bình bằng 2b bình suy ra 4k bình bằng 2b bình suy ra 2k bình bằng b bình Suy ra ƯCLN(a,b)=2 Trái với đề bài =>căn 7 là số vô tỉ
Câu 2a
\(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2=\left(a^2+b^2\right)c^2+d^2\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2=a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2-\left(a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow0=0\)( đpcm )
Câu 2b
\(\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2\le\left(a^2+b^2\right)c^2+d^2\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2\le a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2\)
\(\Leftrightarrow2abcd\le b^2c^2+a^2d^2\)
\(\Leftrightarrow0\le b^2c^2-2abcd+a^2d^2\)
\(\Leftrightarrow0\le\left(bc-ad\right)^2\)( đpcm )
Câu 4a
\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)( đpcm )
Câu 4c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow3a+5b\ge2\sqrt{3a.5b}=2\sqrt{15ab}\)
\(\Rightarrow12\ge2\sqrt{15ab}\)
\(\Rightarrow6\ge\sqrt{15ab}\)
\(\Rightarrow6^2\ge15ab\)
\(\Rightarrow36\ge15ab\)
\(\Rightarrow ab\le\frac{12}{5}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{12}{5}\)
Vậy GTLN của \(P=\frac{12}{5}\)
Câu 4:
a: \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\forall a,b\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(a-2\sqrt{ab}+b\ge0\forall a,b\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(a+b\ge2\sqrt{ab}\forall a,b\) thỏa mãn ĐKXĐ
=>\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\forall a,b\) thỏa mãn ĐKXĐ
Câu 2:
a: \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)
\(=a^2c^2+b^2d^2+2\cdot acbd+a^2d^2+b^2c^2-2\cdot ad\cdot bc\)
\(=a^2c^2+b^2c^2+b^2d^2+a^2d^2\)
\(=c^2\left(a^2+b^2\right)+d^2\left(a^2+b^2\right)\)
\(=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
b: \(\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
=>\(a^2c^2+b^2d^2+2\cdot acbd\le a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
=>\(a^2d^2+b^2c^2\ge2abcd\)
=>\(a^2d^2-2\cdot ad\cdot bc+b^2c^2\ge0\)
=>\(\left(ad-bc\right)^2\ge0\forall a,b,c,d\) (luôn đúng)
Câu 1: Giả sử \(\sqrt7\) là số hữu tỉ
=>\(\sqrt7=\frac{a}{b}\) , với ƯCLN(a;b)=1
=>\(\left(\frac{a}{b}\right)^2=7\)
=>\(a^2=7b^2\)
=>\(a^2\) ⋮7
=>a⋮7
=>a=7k
\(a^2=7b^2\)
=>\(7b^2=\left(7k\right)^2=49k^2\)
=>\(b^2=7k^2\) ⋮7
=>b⋮7
=>ƯCLN(a;b)=7, khác với giả sử
=>\(\sqrt7\) là số vô tỉ
a) \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}-ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng \(\forall a,b\) )
=>đpcm
Cô si
\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}\cdot\frac{ca}{b}}=2c\)
\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b}\cdot\frac{ab}{c}}=2a\)
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}\cdot\frac{bc}{a}}=2b\)
Cộng lại ta có:
\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\Rightarrowđpcm\)
Bài 1:
Chứng minh \(\sqrt7\) là số vô tỉ
Giả sử \(\sqrt7\) là số hữu tỉ khi đó: \(\sqrt7\) = \(\frac{a}{b}\) (a; b \(\in\) Z; b ≠ 0)
\(\sqrt7\) = \(\frac{a}{b}\) ⇒ 7 = \(\frac{a^2}{b^2}\) ⇒ 7b\(^2\) = a\(^2\)
b; a nguyên nên a\(^2\); b\(^2\) là số chính phương ⇒ 7 là số chính phương vô lí vì số chính phương không thể có tận cùng là 7.
Vậy điều giả sử là sai hay: \(\sqrt7\) là số vô tỉ(ĐPCM)