a)ta có :x+y=a₁\(\sqrt{2}\)+b₁+a₂\(\sqrt{2}\)+b₂=(a₁+a₂)\(\sqrt{2}\)+b₁+b₂

mặt khác, ta lại có a₁,a₂,b₁,b₂ là những số hữu tỉ nên (a₁+a₂);(b₁+b₂) cũng là những số hữu tỉ

=>biểu thức x+y cũng được viết dưới dạng a\(\sqrt{2}\)+b với a,b là số hữu tỉ.

ta xét tích x.y=(a₁\(\sqrt{2}\)+b₁)(a₂\(\sqrt{2}\)+b₂)=2a₁.a₂+a₁.b₂\(\sqrt{2}\)+b₁.a₂.\(\sqrt{2}\)+b₁.b₂₌(a₁b₂+b₁a₂)\(\sqrt{2}\)+(2a₁a₂+b₁b₂)

vì a₁,a₂,b₁,b₂ là những số hữu tỉ nên các tích a₁a₂;b₁b₂;a₁b₂;a₂b₁ là những số hữu tỉ nên x.y cững có dạng a\(\sqrt{2}\)+b với a,b là số hữu tỉ

b) xét thương \(\dfrac{x}{y}\)=\(\dfrac{a_1\sqrt{2}+b_1}{a_2\sqrt{2}+b_2}=\dfrac{\left(a_1\sqrt{2}+b_1\right)\left(a_2\sqrt{2}-b_2\right)}{\left(a_2\sqrt{2}+b_2\right)\left(a_2\sqrt{2}-b_2\right)}\)

=\(\dfrac{2a_1a_2-a_1b_2\sqrt{2}+a_2b_1\sqrt{2}-b_1b_2}{2a_2^2-b_2^2}\)=\(\dfrac{\left(a_2b_1-a_1b_2\right)\sqrt{2}}{2a_2^2-b_2^2}+\dfrac{2a_1a_2-b_1b_2}{2a_2^2-b_2^2}\)

vì a_1,b₁,a_2,b₂ là những số hữu tỉ nên a₁b_2;a₁a₂;b₁b₂;a₂b₁ cũng là những số hữu tỉ hay \(\dfrac{a_2b_1-a_1b_2}{2a_2^2-b_2^2};\dfrac{2a_1a_2-b_1b_2}{2a_2^2-b_2^2}\)cũng là những số hữu tỉ nên \(\dfrac{x}{y}\) cũng có dạng a\(\sqrt{2}\)+b với a và b là những số hữu tỉ

a) Các giao điểm của (E) với trục hoành có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \pm a\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1}\left( { - a;0} \right)\\{A_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)

Các giao điểm của (E) với trục tung có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y =  \pm b\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{B_1}\left( {0; - b} \right)\\{B_2}\left( {0;b} \right)\end{array} \right.\)

Ta có \({A_1}{A_2} = 2a,{B_1}{B_2} = 2b\).

b) Do M thuộc (E) nên ta có \(\frac{{x_o^2}}{{{a^2}}} + \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} = 1\)

Do \(a > b > 0\) nên ta có \(\frac{{x_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{x_o^2}}{{{b^2}}}\). Suy ra \(1 \le \frac{{x_o^2}}{{{b^2}}} + \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} \Rightarrow {b^2} \le x_o^2 + y_o^2\)

Tương tự ta có \(\frac{{y_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}}\) nên \(1 \ge \frac{{y_o^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{y_o^2}}{{{b^2}}} \Rightarrow {a^2} \ge x_o^2 + y_o^2\)

Vậy \({b^2} \le x_o^2 + y_o^2 \le {a^2}\)

Ta có \(OM = \sqrt {x_o^2 + y_o^2} \) suy ra \(b \le OM \le a\)

+) Từ phương trình \({\Delta _1}:{a_1}x + {b_1}y + {c_1} = 0\) ta xác định được tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_1}} \) là \(\left( {{a_1};{b_1}} \right)\)

+) Từ phương trình \({\Delta _2}:{a_2}x + {b_2}y + {c_2} = 0\) ta xác định được tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_2}} \) là \(\left( {{a_2};{b_2}} \right)\)

+) \(\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right) = \frac{{\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{{a_1}{a_2} + {b_1}{b_2}}}{{\sqrt {{a_1}^2 + {b_1}^2} \sqrt {{a_2}^2 + {b_2}^2} }}\)

Theo vi ét: 

\(\hept{\begin{cases}a_1a_2=1\\a_1+a_2=-p\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}b_1b_2=1\\b_1+b_2=-q\end{cases}}\)

Ta có: \(\left(a_1-b_1\right)\left(a_2-b_1\right)\left(a_1+b_2\right)\left(a_2+b_2\right)\)

\(=\left(a_1a_2+b_1^2-a_1b_1-a_2b_1\right)\left(a_1a_2+a_2b_2+b_2^2+a_1b_2\right)\)

\(=\left(1+b_1^2+pb_1\right)\left(1+b_2^2-pb_2\right)\)

\(=1+b_2^2-pb_2+b_1^2+b_1^2b_2^2-pb_1^2b_2+pb_1+pb_1b_2^2-p^2b_1b_2\)

= \(1+b_1^2+b_2^2-pb_2-pb_1+1+pb_1+pb_2-p^2\)

\(=2+\left(b_1+b_2\right)^2-2b_1b_2-p^2\)

\(=q^2-p^2\)

mày bị điên đứa nào thích thì mà đứa nào chơi truy kích cho tao nick

Đặt \(f\left(x\right)=\left(a_1x-b_1\right)^2+...+\left(a_nx-b_n\right)^2\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\ge0\) với mọi x

Mặt khác : \(f\left(x\right)=\left(a_1^2+...+a_n^2\right)x^2-2\left(a_1b_1+...+a_nb_n\right)x+\left(b_1^2+...+b_n^2\right)\)

\(\Rightarrow\Delta'\le0\)

\(\Rightarrow\left(a_1b_1+...+a_nb_n\right)^2\le\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+...+b_n^2\right)\)

\(\Rightarrow\left|a_1b_1+...+a_nb_n\right|\le\sqrt{\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_{1^{ }}^2+...+b_n^2\right)}\)

Áp dụng bđt bunhia copski, ta có \(\left(a_1b_1+...+a_nb_n\right)^2\le\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+...+b_2^2\right)\Leftrightarrow\sqrt{\left(a_1b_1+...+a_nb_n\right)^2}\le\sqrt{\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+...+b_2^2\right)}\Leftrightarrow\left|a_1b_1+...+a_nb_n\right|\le\sqrt{\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+...+b_2^2\right)}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\dfrac{a_1}{b_1}=...=\dfrac{a_n}{b_n}\)

Vậy \(\left|a_1b_1+...+a_nb_n\right|\le\sqrt{\left(a_1^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+...+b_2^2\right)}\)

nhưng mk thấy khó, mk ko biết làm, vậy có được k,?