Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giải:
Có 9 hộp đều là táo
Số táo có trong 9 hộp là:
35 x 9 = 315(kg)
315 > 172
Do vậy 172kg đó đều là táo.
Bài 4 nha
Áp dụng BĐT cô si ta có
\(\frac{1}{x^2}+x+x\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{x^2}.x.x}=3.\)
Tương tự với y . \(A\ge6\)dấu = xảy ra khi x=y=1
Xét B=\(\frac{2001+2000}{2001+2002}\)
B=\(\frac{2001}{2001+2002}+\frac{2000}{2001+2002}\)
Ta thấy \(\frac{2001}{2002}>\frac{2001}{2001+2002}\)
\(\frac{2000}{2001}>\frac{2000}{2001+2002}\)
A>B.Vậy A>B
Nhớ k nha
Ta có: 2000/2001>1/2 ; 2001/2002>1/2
=>A=1/2+1/2=1=>A>1
B=2000+2001/2001+2002=4001/4003<1
A>1;B<1
=>A>B
Vậy A>B
ban co the sao chep roi hoi cung duoc ma co gang len nhat ban se lam duoc bai nay va ca nhung bai cau ko hieu moi ngoui dau phai cai gi cung co the biet het dau, co gang len nhe Hai Anh
Ap dung bdt AM-GM cho 2 so ko am A,B ta co
\(\sqrt{A}+\sqrt{B}\)\(\le\)\(2\sqrt{\frac{A+B}{2}}\)
VP =\(\sqrt{AB}.\left(\sqrt{A}+\sqrt{B}\right)\le\frac{A+B}{2}.2\sqrt{\frac{A+B}{2}}\)
=>VP2 \(\le4.\frac{\left(A+B\right)^3}{4}=\left(A+B\right)^3\left(3\right)\)
Tu (2),(3) => DPCM
Câu 1:
\(4\sqrt[4]{\left(a+1\right)\left(b+4\right)\left(c-2\right)\left(d-3\right)}\le a+1+b+4+c-2+d-3=a+b+c+d\)
Dấu = xảy ra khi a = -1; b = -4; c = 2; d= 3
\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^2b}\ge\frac{2}{b^3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^2}{b^5}\ge\frac{2}{b^3}-\frac{1}{a^2b}\)
\(\frac{2}{a^3}+\frac{1}{b^3}\ge\frac{3}{a^2b}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a^2b}\le\frac{2}{3a^3}+\frac{1}{3b^3}\)
\(\Rightarrow\)\(\Sigma\frac{a^2}{b^5}\ge\Sigma\left(\frac{5}{3b^3}-\frac{2}{3a^3}\right)=\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\)
Đặt
\(\frac{a^{2} + b^{2}}{a b + 1} = k \in \mathbb{N} .\)
Khi đó
\(a^2+b^2=k\left(\right.ab+1\left.\right)(\text{1})\)
Giả sử \(k\) không là số chính phương. Chọn cặp \(\left(\right. a , b \left.\right)\) thỏa (1) có \(a + b\) nhỏ nhất, giả sử \(a \geq b\).
Xét (1) như phương trình bậc hai theo \(a\):
\(a^{2} - k b a + b^{2} - k = 0.\)
Theo Viète, nghiệm còn lại là
\(a^{'} = k b - a ,\)
và
\(a a^{'} = b^{2} - k .\)
Suy ra \(a^{'} > 0\). Hơn nữa \(a^{'} < a\), nên
\(a^{'} + b < a + b .\)
Lại có
\(a^{' 2} + b^{2} = k \left(\right. a^{'} b + 1 \left.\right) ,\)
tức \(\left(\right. a^{'} , b \left.\right)\) cũng là một nghiệm của (1), mâu thuẫn với cách chọn \(\left(\right. a , b \left.\right)\) có tổng nhỏ nhất.
Vậy giả thiết \(k\) không là số chính phương là sai.
Suy ra
\(\boxed{\frac{a^{2} + b^{2}}{a b + 1}}\)
luôn là một số chính phương.