Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
d là ước dương của a và b suy ra: \(\hept{\begin{cases}a=d.a^'\\b=d.b^'\end{cases}}\)
có \(\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}\)nguyên dương suy ra \(\frac{a^2+b^2+a+b}{ab}\)nguyên dương\(\Rightarrow a^2+b^2+a+b\)chia hết cho a.b
có \(a.b=d.a^'.d.b^'=a^'.b^'d^2\Rightarrow a^2+b^2+a+b\)chia hết cho \(d^2\)
ta có: \(a^2+b^2+a+b=d^2.\left(a^'\right)^2+d^2\left(b^'\right)^2+d.a^'+d.b^'\)
\(=d\left(d\left(a^'\right)^2+d\left(b^'\right)^2+a^'+b^'\right)\)chia hết cho \(d^2\)
suy ra \(d\left(a^'\right)^2+d\left(b^'\right)^2+a^'+b^'=d\left(a^'+b^'\right)+a^'+b^'\)chia hết cho d \(\Rightarrow a^'+b^'\)chia hết cho d.\(\Rightarrow a^'+b^'\ge d\Leftrightarrow d.a^'+d.b^'\ge d^2\Leftrightarrow a+b\ge d^2\Leftrightarrow d\le\sqrt{a+b}\)
Đây là số học lớp 10.
Thiếu\(\left(a;b\right)=d\)
Vì \(\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}\inℤ\Rightarrow a^2+b^2+a+b⋮ab\)
Lại có:\(\hept{\begin{cases}a⋮d\\b⋮d\end{cases}}\)Suy ra ab\(⋮\)\(d^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+a+b⋮d^2\)
Mà \(a^2+b^2⋮d^2\)
Suy ra \(a+b⋮d^2\Rightarrow a+b\ge d^2\Rightarrow\sqrt{a+b}\ge d\)(đpcm)
Ta có: \(\frac{a+1}{a}+\frac{b+1}{b}=\frac{ab+a+b+ab}{ab}=2+\frac{a+b}{ab}\in Z\)
\(\Rightarrow\frac{a+b}{ab}\in Z\forall a,b>0\) nên \(\frac{a+b}{ab}\ge1\Rightarrow a+b\ge ab\)
Do d là ước a nên \(a⋮d\Rightarrow a\ge d>0\)
d là ước b nên \(b⋮d\Rightarrow b\ge d>0\)
Suy ra \(ad\ge d^2\Rightarrow a+b\ge d^2\Rightarrow\sqrt{a+b}\ge d\)
Điều phải chứng minh
\(P=\frac{a+1}{a}+\frac{b+1}{b}=2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=2+\frac{a+b}{ab}\)
\(\hept{\begin{cases}a,b>0\\P\in Z\end{cases}\Rightarrow ab\le\left(a+b\right)}\)(*) a,b vai trò như nhau; g/s \(a\le b\Rightarrow d\le a\le b\Rightarrow d^2\le ab\)
Từ (*)\(\Rightarrow d^2\le ab\le\left(a+b\right)\Rightarrow d\le\sqrt{ab}\le\sqrt{a+b}\)
Đẳng thức chỉ xẩy ra khi a=b=2=> dpcm
a, \(A=\left(\frac{1}{\sqrt{x}+2}-\frac{1}{\sqrt{x}-2}\right):\frac{-\sqrt{x}}{x-2\sqrt{x}}\)
\(A=\left(\frac{\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}-\frac{\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\right):\frac{-\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}\)
\(A=\frac{\sqrt{x}-2-\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}\cdot\frac{-\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)}{\sqrt{x}}\)
\(A=\frac{4}{\sqrt{x}+2}\)
b, \(A=\frac{4}{\sqrt{x}+2}=\frac{2}{3}\)
=> 2cawn x + 4 = 12
=> 2.căn x = 8
=> căn x = 4
=> x = 16 (thỏa mãn)
c, có A = 4/ căn x + 2 và B = 1/căn x - 2
=> A.B = 4/x - 4
mà AB nguyên
=> 4 ⋮ x - 4
=> x - 4 thuộc Ư(4)
=> x - 4 thuộc {-1;1;-2;2;-4;4}
=> x thuộc {3;5;2;6;0;8} mà x > 0 và x khác 4
=> x thuộc {3;5;2;6;8}
d, giống c thôi
k nguyên dương => \(k\ge1\)\(\Leftrightarrow\)\(a^k\ge a\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^k}{b+c}\ge\frac{a}{b+c}\)
Tương tự với 2 phân thức còn lại, cộng 3 bđt ta thu đc bđt Nesbit 3 ẩn => đpcm
1.
\(DK:x\ge2\)
\(\Leftrightarrow\left(3\sqrt{x-2}-3\right)+\left(3-\sqrt{x+6}\right)-\left(2x-6\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{3\left(x-3\right)}{\sqrt{x-2}+3}-\frac{x-3}{3+\sqrt{x+6}}-2\left(x-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(\frac{3}{\sqrt{x-2}+3}-\frac{1}{3+\sqrt{x+6}}-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=3\left(1\right)\\\frac{3}{\sqrt{x-2}+3}-\frac{1}{3+\sqrt{x+6}}-2=0\left(2\right)\end{cases}}\)
PT(2) khac khong voi moi \(x\ge2\)
Vay nghiem cua PT la \(x=3\)
\(x^3+2x=y^2-2009\)
\(\Leftrightarrow x^3-x=y^2-3x-2009\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)x\left(x+1\right)=y^2-3x-2009\)
Dễ thấy VT chia hết cho 3 nên VP chia hết cho 3
Suy ra \(y^2\) chia 3 dư 2 vì 2009 chia 3 dư 2 và 3x chia hết cho 3 ( vô lý vì số chính phương ko chia 3 dư 2 )
Vậy pt vô nghiệm
Ta cần chứng minh bất đẳng thức phụ: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{4ab}{ab\left(a+b\right)} \)
\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)
\(\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Xét c+1 = a+b+c+c
Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có:
\(\frac{ab}{c+1}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)
\(\frac{bc}{a+1}\le\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)
\(\frac{ca}{b+1}\le\frac{ca}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\)
Cộng vế theo vế, ta có:
\(\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{b+c}+\frac{ab}{c+a}+\frac{bc}{c+a}+\frac{bc}{a+b}+\frac{ca}{a+b}+\frac{ca}{b+c}\right)\)
\(\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+ca}{b+c}+\frac{ab+bc}{c+a}+\frac{bc+ca}{a+b}\right)\)
\(\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a\left(b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+c\right)}{c+a}+\frac{c\left(b+a\right)}{a+b}\right)\)
\(\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ac}{b+1}\le\frac{1}{4}\)
=> Điều phải chứng minh
ta có với x,y>0 thì \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)(*) dấu "=" xảy ra khi x=y
áp dụng bđt (*) và do a+b+c=1 nên ta có
\(\frac{ab}{c+1}=\frac{ab}{\left(c+a\right)+\left(c+b\right)}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+b}\right)\)
tương tự ta có \(\frac{bc}{a+1}\le\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right);\frac{ca}{b+1}\le\frac{ca}{4}\left(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{b+c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+bc}{c+a}+\frac{ab+ca}{b+c}+\frac{bc+ca}{a+b}\right)=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{c+a}{b+1}\le\frac{1}{4}\)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)