a. Do \(a>0,\) \(b>0\) \(\Rightarrow a,b\) là số dương

Ta có:

* \(a< b\Leftrightarrow a^2< ab\) (nhân cả hai vế với a)

* \(a< b\Leftrightarrow ab< b^2\) (nhân cả hai vế với b)

b. Từ câu a theo tính chất bắc cầu suy ra:\(a^2< b^2\)

Ta có: \(a^2< b^2\Leftrightarrow a^3< ab^2\) (nhân cả hai vế với a)

mà ab²<b³ (a<b)

\(\Rightarrow a^3< b^3\)

Ta có: \(2a>8\Leftrightarrow a>4\) (nhân cả hai vế với \(\dfrac{1}{2}\))

Ngược lại:

Ta có: \(a>4\Leftrightarrow2a>8\) (nhân cả hai vế với 2)

\(\xrightarrow[]{}\) điều này đúng.

a) (0,6)² < 0,6

Do (0,6)²=0,36 < 0,6

b) (1,3)² > 1,3

Do (1,3)²=1,69 > 1,3

a. Nếu \(m>1\) thì \(m^2>m\) (nhân cả hai vế với số dương m)

Vậy nếu \(m>1\) thì \(m^2>m\)

b. Nếu m dương nhưng m<1 thì m²<m

Ta có: \(a< b\Leftrightarrow a+c< b+c\) ⁽¹⁾

Lại có: \(c< d\Leftrightarrow b+c< b+d\) ⁽²⁾

Từ (1),(2) suy ra:

\(a+c< b+d\)

a) \(3\left(5-4n\right)+\left(27+2n\right)>0\)

\(\Leftrightarrow15-12n+27+2n>0\)

\(\Leftrightarrow42-10n>0\)

\(\Leftrightarrow-10n>-42\Leftrightarrow n< 4,2\)

Vậy \(S=\left\{n|n< 4,2\right\}\)

b) \(\left(n+2\right)^2-\left(n-3\right)\left(n+3\right)\le40\)

\(\Leftrightarrow n^2+4n+4-n^2+9\le40\)

\(\Leftrightarrow4n+13\le40\)

\(\Leftrightarrow4n\le27\Leftrightarrow n\le6,75\)

Vậy \(S=\left\{n|n\le6,75\right\}\)

a. \(x-2=3m+4\)

\(\Leftrightarrow x=3m+6\)

Để nghiệm của phương trình là \(x>3\) thì \(3m+6>3\Leftrightarrow3m>-3\Leftrightarrow m>-1\)

Vậy với \(m>-1\) thì nghiệm của phương trình \(x-2=3m+4\) lớn hơn 3.

b.\(3-2x=m-5\)

\(\Leftrightarrow-2x=m-8\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{8-m}{2}\)

Để nghiệm của phương trình là \(x< -2\) thì \(\dfrac{8-m}{2}< -2\Leftrightarrow8-m< -4\Leftrightarrow m>12\)

Vậy với \(m>12\) thì phương trình \(3-2x=m-5\) có nghiệm nhỏ hơn -2

3, ĐKXĐ: a, b, c \(\ne0\) ; \(a+b+c\ne0\)

Ta có: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{a+b+c}\)

<=> \(\dfrac{bc+ac+ab}{abc}=\dfrac{1}{a+b+c}\)

<=> \(\left(a+b+c\right)\left(bc+ac+ab\right)=abc\)

<=> \(abc+a^2c+a^2b+b^2c+abc+ab^2+bc^2+abc+ac^2=abc\)

<=> \(a^2c+a^2b+b^2c+ab^2+bc^2+ac^2+2abc=0\)

<=>\(\left(a^2c+abc\right)+\left(a^2b+ab^2\right)+\left(b^2c+abc\right)+\left(bc^2+ac^2\right)=0\)

<=> \(ac\left(a+b\right)+ab\left(a+b\right)+bc\left(a+b\right)+c^2\left(a+b\right)=0\)

<=> \(\left(a+b\right)\left(ac+ab+bc+c^2\right)=0\) <=> \(\left(a+b\right)\left[a\left(c+b\right)+c\left(b+c\right)\right]=0\)

<=> \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)=0\)

Lại có: \(A=\left(a^3+b^3\right)\left(b^3+c^3\right)\left(c^3+a^3\right)=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\left(b+c\right)\left(b^2-bc+c^2\right)\left(c+a\right)\left(c^2-ac+a^2\right)=0\) (Do \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)=0\))

Vậy \(A=\left(a^3+b^3\right)\left(b^3+c^3\right)\left(c^3+a^3\right)=0\) khi \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{a+b+c}\)

Ta có:

\(\left(a-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2-2a+1\ge0\Leftrightarrow a^2+1\ge2a\) (1)

\(\left(b-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow b^2-2b+1\ge0\Leftrightarrow b^2+1\ge2b\) (2)

\(\left(c-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow c^2-2c+1\ge0\Leftrightarrow c^2+1\ge2c\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra;

\(a^2+1+b^2+1+c^2+1\ge2a+2b+2c\)

<=> \(a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)

<=> \(a^2+b^2+c^2\ge2\left(a+b+c\right)-3\) \(\xrightarrow[]{}\) đpcm

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

đường thẳng