*Nếu a\(⋮\)49 hoặc b\(⋮\)49 => dpcm (*)

* Ta xét Nếu a\(⋮̸\)49 hoặc b\(⋮̸\)49

+ Nếu \(3a+b⋮7\Rightarrow\left(3a+b\right)^2⋮49.\Leftrightarrow A=9a^2+6ab+b^2⋮49\)

B=\(5a^2+15ab-b^2\)

A + B =14a² +21ab = 7a(2a+3b) = 7a(9a+3b-7a) =7.3(3a+b) - 49a².\(⋮\)49 vì 3a+b \(⋮\)7.

A\(⋮\)49 và A+B\(⋮\)49 => B=\(5a^2+15ab-b^2\)\(⋮\)49 (1)

+Nếu B= \(5a^2+15ab-b^2\)\(⋮\)49 => 45a² +15ab+(9a²-b²)-49a²\(⋮\)49

=> 15a(3a+b)+(3a+b)(3a-b)-49a²\(⋮\)49

=>(3a+b)18a-49a² \(⋮\)49 => 3a+b\(⋮\)49 hay 3a+b \(⋮\)7 (2)

(*)(1)(2) => dpcm.

1b/

Áp dụng BĐT Cô-si :
\(\sqrt{\frac{b+c}{a}}\le\frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}=\frac{\frac{a+b+c}{a}}{2}=\frac{a+b+c}{2a}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)

Chứng minh tương tự:

\(\sqrt{\frac{b}{c+a}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\); \(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\)

Cộng theo vế ta được :

\(VT\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)

Dấu "=" không xảy ra nên \(VT>2\).

2a/ Chắc là tính GT của \(x+y\).

\(\left(x+\sqrt{x^2+2013}\right)\left(y+\sqrt{y^2+2013}\right)=2013\)

\(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{x^2+2013}\right)\left(x+\sqrt{x^2+2013}\right)\left(y+\sqrt{y^2+2013}\right)=2013\left(x-\sqrt{x^2+2013}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-x^2-2013\right)\left(y+\sqrt{y^2+2013}\right)=2013\left(x-\sqrt{x^2+2013}\right)\)

\(\Leftrightarrow-2013\left(y+\sqrt{y^2+2013}\right)=2013\left(x-\sqrt{x^2+2013}\right)\)

\(\Leftrightarrow y+\sqrt{y^2+2013}=\sqrt{x^2+2013}-x\)

Do vai trò \(x,y\) là như nhau nên thiết lập tương tự ta có :

\(x+\sqrt{x^2+2013}=\sqrt{y^2+2013}-y\)

Cộng theo vế 2 pt ta được :

\(x+y+\sqrt{x^2+2013}+\sqrt{y^2+2013}=\sqrt{x^2+2013}+\sqrt{y^2+2013}-x-y\)

\(\Leftrightarrow2\left(x+y\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x+y=0\)

Vậy....

2b/

Đặt \(A=5a^2+15ab-b^2\) và \(B=3a+b\)

Ta có \(B^2=\left(3a+b\right)^2=9a^2+6ab+b^2\)

Lấy \(A+B^2=5a^2+15a-b^2+9a^2+6ab+b^2\)

\(A+B^2=14a^2+21ab\)

\(A+B^2=7\left(2a+3ab\right)⋮7\)

Mà \(A⋮7\) ( vì \(A⋮49\) ) nên \(B^2⋮7\)

Vì 7 nguyên tố nên \(B⋮7\) ( đpcm )

Nếu \(5a^2+15ab-b^2⋮49\)

\(\Leftrightarrow5a^2+15ab-b^2⋮7.\left(1\right)\)

Mặt khác lại có

 \(\left(5a^2+15ab-b^2\right)+\left(3a+b\right)^2=7a\left(2a+3b\right)⋮7.\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra 

\(\left(3a+b\right)^2⋮7\Rightarrow3a+b⋮7\)(vì 7 là số nguyên tố)

Nếu \(3a+b⋮7\),ta có 

\(\left(3a+b\right)+2\left(2a+3b\right)=7\left(a+b\right)⋮7\)

\(\Rightarrow2\left(2a+3b\right)⋮7\Rightarrow2a+3b⋮7\)(vì(2,7)=1).

Suy ra \(\left(5a^2+15ab-b^2\right)+\left(3a+b\right)^2\)

=\(7a\left(2a+3b\right)⋮49.\left(3\right)\)

Vì \(3a+b⋮7\)nên \(\left(3a+b\right)^2⋮49.\left(4\right)\)

Từ (3)và(4) suy ra \(5a^2+15ab-b^2⋮49\)

Vậy \(5a^2+15ab-b^2⋮49\Leftrightarrow3a+b⋮7\)

hỏi bài và tự trả lời thì hỏi làm gì OvO

Cầ gấp, cần gấp. Cao nhân nào đi qua xin chỉ giáo dùm

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: \(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\ge3\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow\)\(2x+2y+2z-2\sqrt{xy}-2\sqrt{yz}-2\sqrt{zx}=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\ge0\)

Còn đây là cách chậm hơn, nhưng nó lại thân thuộc hơn :)). Và nó cũng chính là cách chứng minh BĐT Cauchy-Schwarz :))
Áp dụng BĐT Bunyakovsky cho 2 bộ số \(\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{z}},\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}},\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{y}}\right)\)và \(\left(\sqrt{z},\sqrt{x},\sqrt{y}\right)\)

Ta có: \(\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{z}}.\sqrt{z}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}}.\sqrt{x}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{y}}.\sqrt{y}\right)^2\le\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\right)\left(z+x+y\right)\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\le\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\right)\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\le\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\)

Sau đó thay vào (2)...
 

a) Do -8 < 4 nên a < 0        b) Do 5 ≤ 30 nên  a ≥ 0

c) Do 6 < 12 nên a ≤ 0.       d) Do -5 < 15 nên a < 0.

Kb vs mk đi bạn mk thích Kid lm , nha !!!