Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì a;b;c là 3 cạnh của tam giác nên mỗi nhân tử của VP đều dương,áp dụng bđt Cauchy:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\)
\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}\le\frac{b+c-a+a+c-b}{2}=c\)
\(\sqrt{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}\le\frac{a+c-b+a+b-c}{2}=a\)
Nhân theo vế => ddpcm "=" khi a=b=c
Đầu tiên chứng minh. Với mọi số n lẻ thì: \(n^5-n⋮240\)
Vì n lẻ nên ta chứng minh: \(A=\left(2k+1\right)^5-\left(2k+1\right)⋮240\)
Ta có:
\(\left(2k+1\right)^5-\left(2k+1\right)=8k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)\left(2k^2+2k+1\right)\)
Chứng minh nó chia hết cho 16.
Vì \(k\left(k+1\right)⋮2\)
\(8k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)\left(2k^2+2k+1\right)⋮16\)
Chứng minh nó chia hết cho 3:
Với \(k=3x\) thì \(A⋮3\)
Với \(k=3x+1\) thì \(2k+1=2\left(3x+1\right)+1=6x+3⋮3\)
Với \(k=3x+2\)thì \(k+1=3x+2+1=3x+3⋮3\)
\(\Rightarrow A⋮3\)
Chứng minh tương tự ta có được \(A⋮5\)
Vậy \(A⋮\left(16.3.5=240\right)\)
Quay lại bài toán ta có
\(a^5+b^5+c^5+d^5-a-b-c-d\)
\(=\left(a^5-a\right)+\left(b^5-b\right)+\left(c^5-c\right)+\left(d^5-d\right)⋮240\)
Từ đây ta có ĐPCM
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
từ cái điều kiện đầu=>a;b;c;d<(=)2
=>a4(2-a)+b4(2-b)+c4(2-c)+d4(2-d)>(=)0
<=>2a2+2b4+2c4+2d4>(=)a5+b5+c5+d5
<=>32>(=)a5+b5+c5+d5(đpcm)
dấu bằng khi 1 trong 4 số =2