Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 :(
Nếu bạn đã từng tự rủa bản thân vì quá ngu...thì đúng là bạn ngu thật. Chỉ có loại ngu mới đi chửi chính mình.
-Triết lý anh Sơn-
2c, \(x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\ge6xyz\\
\)
Á djt mẹ nãy dùng BĐT quá k nhớ ra là còn có cả trường hợp âm không dùng BĐT được...nên xử lí luôn he? :))
Nếu trong 3 số \(x,y,z\)có 1 hoặc 3 số âm, ta có \(6xyz\le0\le x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\) (ĐPCM)
Nếu trong 3 số \(x,y,z\)có 2 số âm hoặc có 3 số dương thì xét như nhau (nói âm dương là vậy chứ thiết nhất là em ghi \("\ge0"\)và \("\le0"\)cho nó chuẩn nhất ;))
Có: \(x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\ge2x^2y+2y^2z+2z^2x\)(1) (Bất đẳng thức Cô-si)
Ta cần chứng minh: \(2x^2y+2zy^2+2xz^2\ge6xyz\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{2x^2y}{xyz}+\frac{2zy^2}{xyz}+\frac{2xz^2}{xyz}=2\frac{x}{z}+2\frac{y}{x}+2\frac{z}{y}\ge6\)(2)
Đến đây có thể làm theo 2 cách, nhưng thôi anh làm cách nhanh hơn :))
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho 2 bộ số \(\left(\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}\right)\)và \(\left(x,y,z\right)\)trong đó \(x,y,z\ge0\). Khi đó:
\(\frac{\left(\sqrt{x}\right)^2}{z}+\frac{\left(\sqrt{y}\right)^2}{x}+\frac{\left(\sqrt{z}\right)^2}{y}\ge\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\)
Thay vào (2) ta có:\(2\frac{x}{z}+2\frac{y}{x}+2\frac{z}{y}\ge2\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge6\)(3)
Từ (1), (2) và (3) => ĐPCM
Đến đây có lẽ chú sẽ nghĩ: Dựa vào đâu mà cha này bảo \(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge3\)???
Thì câu trả lời đây: \(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\ge3\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(2x+2y+2z-2\sqrt{xy}-2\sqrt{yz}-2\sqrt{zx}=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\ge0\)
\(\sqrt{3}>\frac{m}{n}\Rightarrow3>\frac{m^2}{n^2}\Rightarrow3n^2>m^2\Rightarrow3n^2\ge m^2+1\)
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:\(\left(m+\frac{1}{2m}\right)^2=m^2+1+\frac{1}{4m^2}< m^2+2\)
\(\Rightarrow\left(m+\frac{1}{2m}\right)^2< 3n^2\Rightarrow m+\frac{1}{2m}< \sqrt{3}n\)
\(\Rightarrow\frac{m}{n}+\frac{1}{2mn}< \sqrt{3}\left(Q.E.D\right)\)
Ta có
\(\frac{1+m^2}{1+n^2}=1+m^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)}{1+n^2}\le1+m^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)}{2}\)
Tương tự ta có
\(\frac{1+n^2}{1+p^2}\le1+n^2-\frac{p^2\left(1+n^2\right)}{2}\)
\(\frac{1+p^2}{1+m^2}\le1+p^2-\frac{m^2\left(1+p^2\right)}{2}\)
\(\Rightarrow A\le3+m^2+n^2+p^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)+p^2\left(1+n^2\right)+m^2\left(1+p^2\right)}{2}\)
\(=\frac{m^2+n^2+p^2-\left(m^2N^2+n^2p^2+p^2m^2\right)}{2}+3\)
\(\le\frac{m^2+n^2+p^2+2\left(mn+np+pm\right)}{2}+3\)
\(=\frac{\left(m+n+p\right)^2}{2}+3=\frac{1}{2}+3=\frac{7}{2}\)
\(a,b,c\in\left[0,1\right]\) do đó \(a^2+b^2+c^2\le a+b+c=1\)
Ta có: \(T=\text{∑}\left(a^2+1-\frac{b^2a^2+b^2}{1+b^2}\right)\)\(\le\text{∑}a^2+3-\text{∑}\frac{b^2a^2+b^2}{2}\)
\(=3+\frac{\text{∑}a^2-\text{∑}a^2b^2}{2}\le3+\frac{1}{2}\le\frac{7}{2}\)
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)
a) \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Ta được điều phải chứng minh.
Câu hỏi của Mẫn Đan - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath