Ta có:

\(\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}}=\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+0}=\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{2\left(x+y+z\right)}{xyz}}\)

\(=\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{2}{xy}+\dfrac{2}{yz}+\dfrac{2}{zx}}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2}\)

\(=\left|\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right|\) là số hữu tỉ

SORY I'M I GRADE 6

????????

mày hỏi vả bài kiểm tra à thằng điên 

Tham khảo nha ông:

refer

https://olm.vn/hoi-dap/detail/1303479279140.html

Đặt \(x=\frac{a}{d},y=\frac{b}{d},z=\frac{c}{d}\) với \(a,b,c,d\in Z,D>0\) và \(\left(a,b,c,d\right)=1\)

Ta có : \(x+y^2+z^2=\frac{da+b^2+c^2}{d^2}\) theo giả thiết,suy ra \(ad+b^2+c^2\) chia hết cho \(d^2\).Chứng minh tương tự : \(db+a^2+c^2\) và \(dc+a^2+b^2\)chia hết cho \(d^2\) hay \(a^2+c^2,c^2+b^2,a^2+b^2⋮d\) . Do đó :

\(2a^2=\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)-\left(b^2+c^2\right)⋮d\)

Tương tự,ta cũng có : 2b^2;2c^2 chia hết cho d.

* TH1 : Nếu \(d\) có ước nguyên tố lẻ là p thì do \(2a^2,2b^2,2c^2⋮d\)nên a\(a,b,c⋮p\Rightarrow\left(a,b,c,d\right)>p>1\left(\text{vô lý}\right)\)=> d phải là lũy thừa của 2 (1)

* TH2 : Nếu d chia hết cho 4 thì do \(2a^2,2b^2,2c^2⋮4\Rightarrow a,b,c\) chẵn, do đó \(\left(a,b,c,d\right)\ge2>1\left(\text{vô lý}\right)\) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra d = 1 hoặc d = 2

* Nếu d = 1 => x = a \(\in Z\Rightarrow2x\in Z\)

* Nếu d = 2 thì x= =a/2 nên 2x = a \(\in Z\)

Hoán vị vòng quanh x,y,z ta đều được \(2x,2y,2z\in Z\) (đpcm)

 đặt\(A=\dfrac{x^3}{2x+3y+5z}+\dfrac{y^3}{2y+3z+5x}+\dfrac{z^3}{2z+3x+5y}\)

\(=>A=\dfrac{x^4}{2x^2+3xy+5xz}+\dfrac{y^4}{2y^2+3yz+5xy}+\dfrac{z^4}{2z^2+3xz+5yz}\)

BBDT AM-GM 

\(=>A\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)+8\left(xy+yz+xz\right)}\)

theo BDT AM -GM ta chứng minh được \(xy+yz+xz\le x^2+y^2+z^2\)

vì \(x^2+y^2\ge2xy\)

\(y^2+z^2\ge2yz\)

\(x^2+z^2\ge2xz\)

\(=>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+xz\right)< =>xy+yz+xz\le x^2+y^2+z^2\)

\(=>2\left(x^2+y^2+z^2\right)+8\left(xy+yz+xz\right)\le10\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(=>A\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{10\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\dfrac{x^2+y^2+z^2}{10}=\dfrac{\dfrac{1}{3}}{10}=\dfrac{1}{30}\left(đpcm\right)\)

dấu"=" xảy ra<=>x=y=z=1/3

Ta có:x² + z² = y² + t²
Xét P = (x² + z² + y² + t²) - (x + z + y + t)
          = (x² - x) + (z² - z) + (y² - y) + (t² - t)
          = x(x - 1) + z(z -1) + y(y -1) + t(t -1) chia hết cho 2
 (Vì tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2)
Thay x² + z² = y² + t² vào P ta được:
P = 2(x² + z²) - (x + y + z + t) chia hết cho 2
Mà 2(x² + z²) chia hết cho 2 
=>x + y +z + t chia hết cho 2
Vì x,y,z,t nguyên dương nên x + y + z + t > 2
Suy ra x + y + z + t là hợp số
Chúc bn hc tốt
Chúc bn ăn Tết vui vẻ

Ta chứng minh điều sau: Nếu \(a,b>0\) thì \(2a^2+ab+2b^2\ge\frac{5\left(a+b\right)^2}{4}.\)  Thực vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
 \(8a^2+4ab+8b^2\ge5\left(a^2+2ab+b^2\right)\Leftrightarrow3\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\Leftrightarrow3\left(a-b\right)^2\ge0.\)

Quay lại bài toán, áp dụng nhận xét ta được

\(\sqrt{2x^2+xy+2y^2}\ge\frac{5\left(x+y\right)}{2},\sqrt{2y^2+yz+2z^2}\ge\frac{5\left(y+z\right)}{2},\sqrt{2z^2+zx+2x^2}\ge\frac{5\left(z+x\right)}{2}.\)

Cộng các bất đẳng thức lại ta sẽ được \(VT\ge\frac{5}{2}>\sqrt{5}.\)

mn ơi ko OLM ko có khóa học lớp 9 àh

bạn hỏi toàn những câu cực kì khoai..