Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a+b\sqrt{3}+c\sqrt{5})^2\leq (a^2+b^2+c^2)(1+3+5)\)
\(\Leftrightarrow (a+b\sqrt{3}+c\sqrt{5})^2\leq 9\Rightarrow a+b\sqrt{3}+c\sqrt{5}\leq 3\)
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a}{1}=\frac{b}{\sqrt{3}}=\frac{c}{\sqrt{5}}\) hay \(a=\frac{1}{3}; b=\sqrt{\frac{1}{3}}; c=\sqrt{\frac{5}{9}}\)
Lời giải:
Điều kiện $a,n,b,c$ là những số nguyên.
Ta có:
\(P=n^5-n=n(n^4-1)=n(n^2-1)(n^2+1)=n(n-1)(n+1)(n^2+1)\)
Ta thấy $n(n-1)$ là tích hai số nguyên liên tiếp nên $n(n-1)\vdots 2$
\(\Rightarrow P=n(n-1)(n+1)(n^2+1)\vdots 2(1)\)
Ta thấy $n(n-1)(n+1)$ là tích 3 số nguyên liên tiếp nên $n(n-1)(n+1)\vdots 3$
\(\Rightarrow P\vdots 3(2)\)
Mặt khác: \(P=n(n^2-1)(n^2+1)\)
Ta biết rằng một số chính phương khi chia cho $5$ thì dư $0,1,4$
Nếu $n^2$ chia $5$ dư $0$, suy ra $n\vdots 5$ \(\Rightarrow P\vdots 5\)
Nếu $n^2$ chia $5$ dư $1$ thì $n^2-1\vdots 5$, suy ra $P\vdots 5$
Nếu $n^2$ chia $5$ dư $4$ thì $n^2+1\vdots 5$, suy ra $P\vdots 5$
Vậy tóm lại $P\vdots 5$ $(3)$
Từ $(1);(2);(3)$ mà $2,3,5$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên $P\vdots 60$ (đpcm)
$B=a^5-a$ giống y hệt phần chứng minh $P\vdots 5$ ở trên
c)
Theo công thức hằng đẳng thức:
\(a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b)(b+c)(c+a)\)
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số $a,b,c$ tồn tại it nhất \(\left[\frac{3}{2}\right]+1=2\) số có cùng tính chẵn lẻ. Giả sử đó là $a,b$. Khi đó $a+b\vdots 2$
\(\Rightarrow 3(a+b)(b+c)(c+a)\vdots 6\)
Mà \((a+b+c)^3\vdots 6\) do \(a+b+c\vdots 6\)
Do đó: \(a^3+b^3+c^3\vdots 6\) (đpcm)
1.
a/ ĐKXĐ: \(-1\le x\le5\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x+3}\le\sqrt{5-x}+\sqrt{x+1}\)
\(\Leftrightarrow x+3\le6+2\sqrt{\left(5-x\right)\left(x+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow x-3\le2\sqrt{-x^2+4x+5}\)
- Với \(x< 3\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}VT< 0\\VP\ge0\end{matrix}\right.\) BPT luôn đúng
- Với \(x\ge3\) cả 2 vế ko âm, bình phương:
\(x^2-6x+9\le-4x^2+16x+20\)
\(\Leftrightarrow5x^2-22x-11\le0\) \(\Rightarrow\frac{11-4\sqrt{11}}{5}\le x\le\frac{11+4\sqrt{11}}{5}\)
\(\Rightarrow3\le x\le\frac{11+4\sqrt{11}}{5}\)
Vậy nghiệm của BPT đã cho là \(-1\le x\le\frac{11+4\sqrt{11}}{5}\)
1b/
Đặt \(\sqrt{2x^2+8x+12}=t\ge2\)
\(\Rightarrow x^2+4x=\frac{t^2}{2}-6\)
BPT trở thành:
\(\frac{t^2}{2}-12\ge t\Leftrightarrow t^2-2t-24\ge0\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t\le-4\left(l\right)\\t\ge6\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\sqrt{2x^2+8x+12}\ge6\)
\(\Leftrightarrow2x^2+8x-24\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x\le-6\\x\ge2\end{matrix}\right.\)