Từ giả thiết : \(a+b+c=abc\) và \(a^2=bc\)

⇒ \(b+c=a^3-a\)

⇒ b và c là hai nghiệm của phương trình : \(x^2-\left(a^3-a\right)x+a^2=0\left(1\right)\)

\(\text{Δ}=\left(a^3-a\right)^2-\left(2a\right)^2=\left(a^3-a-2a\right)\left(a^3-a+2a\right)=\left(a^3-a\right)\left(a^3-3a\right)=a^2\left(a^2+1\right)\left(a^2-3\right)\) Vì (1) có nghiệm nên \(\text{Δ}=a^2\left(a^2+1\right)\left(a^2-3\right)\text{ ≥}0\)

Mà \(a^2>0;a^2+1>0\) nên \(a^2-3\text{ ≥}0\) hay \(a^2\text{ ≥}3\)

bạn ơi cho mình hỏi sao bạn suy đc ra b+c=a³-a

Azuki Tsukishima

program Lam_Lui;

var S:extended;

i,n:integer;

begin

clrscr;

write('Nhap n = ');

readln(n);

S:=0;

for i:=n downto 1 do S:=sqrt(i+S);

write('Sai tự chịu: ',S);

readln;

end.

program Lam_Lui;

var S:extended;

i,n:integer;

begin

clrscr;

write('Nhap n = ');

readln(n);

S:=0;

for i:=n downto 1 do S:=sqrt(i+S);

writeln('Sai tự chịu: ',S);

readln;

end.

Bài 1 :

\(D=cos^220^0+cos^230^0+cos^240^0+cos^250^0+cos^260^0+cos^270^0\)

\(=\left(cos^220^0+cos^270^0\right)+\left(cos^230^0+cos^260^0\right)+\left(cos^240^0+cos^250^0\right)\)

\(=1+1+1=3\)

Bài 2 :

\(E=sin^25^0+sin^225^0+sin^245^0+sin^265^0+sin^285^0\)

\(=\left(sin^25^0+sin^285^0\right)+\left(sin^225^0+sin^265^0\right)+sin^245^0\)

\(=1+1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{2}\)

Bài 3 :

\(F=sin^6\alpha+cos^6\alpha+3sin^2\alpha.cos^2\alpha\)

\(=1-3sin^2\alpha.cos^2\alpha+3sin^2a.cos^2\alpha\)

\(=1\)

bài 2 ) ta có : \(\left(d_1\right)\cap\left(d_2\right)\) tại \(A\left(3\overset{.}{,}-1\right)\)

thế \(A\) vào \(\left(d_3\right)\) ta thấy thỏa mãn \(\Rightarrow\) \(\left(d_3\right)\) có đi qua giao điểm của \(\left(d_1\right)\) và \(d_2\)

Bài 2 :

Tọa độ giao điểm của \(\left(d_1\right)\) và \(\left(d_2\right)\) là nghiệm của phương trình :

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=2\\-x+y=-4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=-1\end{matrix}\right.\)

Thế vào đường thẳng (d3) là ra .

Ta có :

\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\right)^2\ge\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\)

Theo BĐT Bu - nhi - a - cốp - xki ta có :

\(\left(1^2+1^2\right)\left[\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+d^2\right)\right]\ge\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\right)^2\)

\(\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\ge\left[\left(a+c\right)+\left(b+d\right)\right]^2\)

Mà : \(\left(1^2+1^2\right)\left[\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+d^2\right)\right]\ge\left[\left(a+b\right)+\left(c+d\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\) đpcm

áp dụng bất đẳng thức mincopxki ta có đpcm

Phùng Khánh Linh,Akai Haruma, Hung nguyen, Nguyễn Thanh Hằng Giúp mình với!

cậu ơi! tớ là ng` mới tham gia_cậu cho tớ hỏi cách gõ phân số kiểu j đc k ??

Lời giải:

ĐK: \(x\geq \frac{-1}{3}\)

Đặt \((\sqrt{x^2-x+1}, \sqrt{3x+1})=(a,b)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2=x^2+2x+2\)

PT đã cho trở thành:

\(2xa+4b=a^2+b^2+x^2+4\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+x^2+4-2xa-4b=0\)

\(\Leftrightarrow (a-x)^2+(b-2)^2=0\)

Điều này xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} (a-x)^2=0\\ (b-2)^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt{x^2-x+1}=x\\ \sqrt{3x+1}=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x=1\)

Thử lại thấy thỏa mãn.

Đề thiếu khoảng của a,b

Ta có:

(a - 2)(b - 2) \(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)ab \(\ge\)2(a + b) - 4

\(\Leftrightarrow\)0,25(a + b) \(\ge\)2(a + b) - 4

\(\Leftrightarrow\)(a + b) \(\le\dfrac{16}{7}\)

Ta lại có:

a + b = 4ab \(\le\)(a + b)²

\(\Leftrightarrow\)(a + b) \(\ge1\)

Từ đề bài thì

P = (a - b)² - 2(a + b)

= (a + b)² - 3(a + b)

Đặt a + b = t \(\in\left[1;\dfrac{16}{7}\right]\)

\(\Rightarrow\)P = t² - 3t

Giờ đạo hàm nó đi cho nó lành

Câu a : Ta có :

\(\dfrac{1}{1+\sqrt{2}}=\dfrac{1-\sqrt{2}}{\left(1+\sqrt{2}\right)\left(1-\sqrt{2}\right)}=\dfrac{1-\sqrt{2}}{1-2}=\dfrac{1-\sqrt{2}}{-1}=-1+\sqrt{2}\)

\(\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{2}-\sqrt{3}\right)}=\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{2-3}=\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{-1}=-\sqrt{2}+\sqrt{3}\)

.....................

\(\dfrac{1}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}}=\dfrac{\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n^2}}{\left(\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}\right)\left(\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n^2}\right)}=\dfrac{\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n^2}}{-1}=-\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}\)

Thay vào ta được :

\(S=\dfrac{1}{1+\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}}=-1+\sqrt{2}-\sqrt{2}+\sqrt{3}-...........-\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}\)

\(=-1+\sqrt{n^2}\)

Câu b:

Đặt biểu thức đã cho là $A$

Ta có:

\(A>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}}\right)+...+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}}\right)\)

\(\Leftrightarrow A> \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^2-1}+\sqrt{n^2}}\right)\)

\(\Leftrightarrow A> \frac{1}{2}(n-1)\) (áp dụng cách tính toán phần a)

Lại có:

\(A< \frac{1}{2}\left(\frac{1}{0+\sqrt{1}}+\frac{1}{1+\sqrt{2}}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}\right)+....+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2-3}+\sqrt{n^2-2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}}\right)\)

\(\Leftrightarrow A< \frac{1}{2}\left(\frac{1}{0+\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+....+\frac{1}{\sqrt{n^2-2}+\sqrt{n^2-1}}\right)\)

\(\Leftrightarrow A< \frac{\sqrt{n^2-1}}{2}\) (áp dụng cách tính toán của phần a)

Vậy \(\frac{\sqrt{n^2-1}}{2}> A> \frac{n-1}{2}\) hay \(\sqrt{t(t+1)}> A> t\) (đặt \(n=2t+1\) )

Mà \(\sqrt{t(t+1)}< \sqrt{(t+1)(t+1)}=t+1\)

Do đó: \(t+1> A> t\)

\(\Rightarrow \lfloor{A}\rfloor=t=\frac{n}{2}\)

* Chứng minh \(a>0\)

Ta có:

\(ab+bc+ca=9\)

\(\Leftrightarrow bc=9-a\left(b+c\right)=9-\left(6-b-c\right)\left(b+c\right)=\left(b+c-3\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow bc\) cùng dấu

\(\Rightarrow b,c>0\)

Ta lại có:

\(\left(b+c-3\right)=\sqrt{bc}\le\dfrac{b+c}{2}\)

\(\Leftrightarrow b+c\le6\) mà \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=6\\ab+bc+ca=9\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a>0\)

* Chứng minh \(a< 1\)

Ta có:

\(\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\left(b-1\right)\left(c-1\right)+\left(c-1\right)\left(a-1\right)=ab+bc+ca-2\left(a+b+c\right)+3=0\)

Nên trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 1 số bé hơn 1

\(\Rightarrow a< 1\)

* Chứng minh: \(c>3;b< 3\)

Tương tự ta có:

\(\left(a-3\right)\left(b-3\right)+\left(b-3\right)\left(c-3\right)+\left(c-3\right)\left(a-3\right)=ab+bc+ca-6\left(a+b+c\right)+27=0\)

Nêu không thể đồng thời a, b, c bé hơn 3

\(\Rightarrow c>3\)

\(\Rightarrow b< 3\) (vì \(a+b+c=6\))