a) vì ab > 0 nên chia cả hai vế Bất đẳng thức cho \(\sqrt{ab}\) ta được

\(\sqrt{\dfrac{c\left(a-c\right)}{ab}}+\sqrt{\dfrac{c\left(b-c\right)}{ab}}\le1\)

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{c}{b}\left(\dfrac{a-c}{a}\right)}+\sqrt{\dfrac{c}{a}\left(\dfrac{b-c}{b}\right)}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{a-c}{a}\right)+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c}{a}+\dfrac{b-c}{b}\right)=1\)

vậy nên ta có đpcm

\(\frac{2005}{\sqrt{2006} }+\frac{2006}{\sqrt{2005} }>\sqrt{2005}+\sqrt{2006} \)

<=>\(2005\sqrt{2005}+2006\sqrt{2006}>2005\sqrt{2006}+2006\sqrt{2005} \)

<=>\(\sqrt{2006}<\sqrt{2005} \)

biểu thức dã cho <=> ( x+\(\sqrt{x^2+2006}\) ) (\(x-\sqrt{x^2+2006}\)) (y+\(\sqrt{y^2+2006}\)) =2006 (x-\(\sqrt{x^2+2006}\))

=> - 2006 ( y + \(\sqrt{y^2+2006}\)) = 2006 ( x-\(\sqrt{x^2+2006}\))

=>y + \(\sqrt{y^2+2006}\) = \(\sqrt{x^2+2006}\) - x

=>y = \(\sqrt{x^2+2006}\) - x - \(\sqrt{y^2+2006}\) (1)

TT ta có biểu thức đã cho<=>

\(\left(x+\sqrt{x^2+2006}\right)\left(y+\sqrt{y^2+2006}\right)\left(y-\sqrt{y^2+2006}\right)=2006\) (y-\(\sqrt{y^2+2006}\))

<=> -2006 (x+\(\sqrt{x^2+2006}\)) = 2006 (\(y-\sqrt{y^2+2006}\))

<=>x+\(\sqrt{x^2+2006}\) =\(\sqrt{y^2+2006}\) - y

<=>x =\(\sqrt{y^2+2006}-\sqrt{x^2+2006}-y\) (2)

từ (1) và (2)=>x+y= - y - x

=>2 (x+y) = 0 => x+y = 0

Hai bài này áp dụng hằng đẳng thức \(a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\) bạn nhé

a)

\(\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)\)

\(=2^2-\sqrt{3}^2\)

\(=4-3\)

\(=1\)

b)

Hai số nghịch đảo nhau là 2 số có tích của chúng bằng 1

Ví dụ

\(\frac{a}{b}\) và \(\frac{b}{a}\) ( hai số nghịch đảo )

\(\frac{a}{b}.\frac{b}{a}=1\)

Ta có

\(\left(\sqrt{2006}-\sqrt{2005}\right)\left(\sqrt{2006}+\sqrt{2005}\right)\)

\(=\sqrt{2006}^2-\sqrt{2005}^2\)

\(=2006-2005\)

\(=1\)

=> Đpcm 

mơn pn nhìu 

khó quá ak

ừ, bạn bik làm thì giúp mình nha ^^

ta có:  \(a^2+2006=a^2+ab+bc+ca=\left(a+c\right)\left(a+b\right).\)

\(b^2+2006=b^2+ab+bc+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)

\(c^2+2006=c^2+ab+bc+ca=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

=> \(P=\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\)

mà a,b,c thuộc Z nên P là số chính phương

a/ ĐKXĐ: ...

Đặt \(\sqrt{x+2006}=a\ge0\Rightarrow a^2-x=2006\)

Pt trở thành:

\(x^2+a=a^2-x\)

\(\Leftrightarrow x^2-a^2+x+a=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+a\right)\left(x-a+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=-x\\a=x+1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x+2006}=-x\left(x\le0\right)\\\sqrt{x+2006}=x+1\left(x\ge-1\right)\end{matrix}\right.\) (1)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+2006=x^2\\x+2006=\left(x+1\right)^2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x^2-x-2006=0\\x^2+x-2005=0\end{matrix}\right.\)

Nhớ loại nghiệm của từng pt phù hợp với (1)

b/ ĐKXĐ: ...

Đặt \(\sqrt{1-\sqrt{x}}=a\Rightarrow\sqrt{x}=1-a^2\Rightarrow x=\left(1-a^2\right)^2\) (với \(0\le a\le1\))

\(\left(1-a^2\right)^2=\left(2005-a^2\right)\left(1-a\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(1+a\right)^2\left(1-a\right)^2=\left(2005-a^2\right)\left(1-a\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1\\\left(1-a\right)\left(1+a\right)^2=2005-a^2\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow a^3-a+2004=0\)

Do \(0\le a\le1\Rightarrow a^3-a+2004>0\Rightarrow\) pt vô nghiệm

Vậy pt có nghiệm duy nhất \(x=0\)

Ta có \(\left(x+\sqrt{x^2+2006}\right)\left(y+\sqrt{y^2+2006}\right)=2006\)nên \(\left(\sqrt{x^2+2006}-x\right)\left(x+\sqrt{x^2+2006}\right)\left(y+\sqrt{y^2+2006}\right)=2006.\left(\sqrt{x^2+2006}-x\right)\)\(2006.\left(y+\sqrt{y^2+2006}\right)=2006.\left(\sqrt{x^2+2006}-x\right)\)suy ra \(y+\sqrt{y^2+2006}=\sqrt{x^2+2006}-x\)(1) Tương tự ta có \(x+\sqrt{x^2+2006}=\sqrt{y^2+2006}-y\) (2) cộng (1) và (2) vế với vế ta được 

x+y = -(x+y) hay suy ra 2(x+y) = 0 \(\Rightarrow\) x+y = 0