求证,a,b为任意值时

4*(-5)=[4+(-5)]-[4-(-5)]=-10

证明：（1）∵a^2+b^2≥2ab∴a^2+b^2+2b^2≥2ab+2b^2∴a^2+3b^2≥2b(a+b)(2)题目好像有问题,令a=b=0,原式就不成立（3）∵b^2+c^2≥2bc>0c^

a²-ab+b²=a²-ab+b²/4+3b²/4=(a-b/2)²+(3/4)b²平方大于等于0所以(a-b/2)²+

a2+b2-2a-2b+2=a2-2a+1+b2-2b+1=(a-1)^2+(b-1)^2>=0

a*a+3b*b>=2b(a+b)即a*a+3b*b-2ab-2b*b>=0即a*a+b*b-2ab>=0即（a-b）的平方>=0由于这个等式恒成立故原式得证哥们问一下你们学了这个[a*a+b*b-2

证明：f(a+b)+f(a-b)=2f(a)f(b)b=0,2f(a)=2f(a)f(0)若f(a)=0,a是任意实数,则f(x)=0,显然是偶函数；若f(a)不等于0,则f(0)=1再令a=0,f(

证明：①因为x∈R,所以定义域满足要求；②令a=b=0,则有：f（0）=f（0）+f（0）→f（0）=0；③令a=-b,则有：f（0）=f（a）+f（-a）=0即：对任意a∈R,有：f（-a）=-f（

⑴：假设a=b=0则可推出f(0+0)=f(0)+f(0)即f(0)=2f(0)得知f(0)=0⑵：假设a=xb=-x则可推出f(x+(-x))=f(x)+f(-x)即f(0)=f(x)+f(-x)代

f(0+0)=f(0)+f(0),所以f(0)=0；f(a+(-a))=f(a)+f(-a),所以f(a)+f(-a)=f(0)=0.所以f是奇函数.

证明：∵a²+b²≥2ab,a²+c²≥2ac,b²+c²≥2bc∴3个式子相加得2a²+2b²+2c²≥2a

利用定理A-B=A∩~B左边=A－(A∩B)=A∩~(A∩B)=A∩(~A∪~B)=(A∩~A)∪(A∩~B)=A∩~B右边=(A∪B)－B=(A∪B)∩~B=(A∩~B)∪(B∩~B)=A∩~B左边

对于任意实数x>1,有ax+x/(x-1)>b等价于min{a(x-1)+1\(x-1)+a+1(x>1)}>b等价于2a^(1\2)+a+1>b(a,b>0)等价于1+a^(1\2)>b^(1\2)

令a=b=0,则f(0)=0,对于任意非零实数x0,令b=x0,则f(ax0)=af(x0)+x0f(a),当a≠0时,f(x0)/x0=f(ax0)/ax0-f(a)/a,因为lim(a→∞)(1/

证明：1）若a,b,c,d全是偶数,那么b-a,c-b都还是偶数,乘积必然能被4整除2）若a,b,c,d有三个是偶数,不妨设是前三个,那么b-a,c-b都还是偶数,乘积必然能被4整除3）若a,b,c,

(1)假设a≠b,且a+b=2√ab(a+b)²=4ab(a-b)²=0∵a≠b,∴(a-b)²=0永远也不成立.所以只有当a=b的情况下,a+b=2√ab(2)m+(3

证明：2a²+4b²+8a-8b+13=2(a²+4a)+4(b²-2b)+13=2(a²+4a+4)+4(b²-2b+1)+1=2(a+2

设a,b的最大公约数为d=(a,b),则存在整数x1,y1,使得ax1+by1=d,因为d能整除a又能整除b,故能整除ax0+by0,得d

设P（x,y)x^2/a^2-y^2/b^2=1b^2*x^2-a^2*y^2=a^2*b^2双曲线的渐近线bx±ay=0设P到两渐近线距离为d1d2d1=|bx+ay|/√(a^2+b^2)d2=|

1、若直线AB斜率不存在,则A、B的纵坐标都是p,到x轴的距离之和是p；2、若直线AB斜率存在,设其斜率为k,则AB：y=k(x－p/2),与抛物线y²=2px联立,消去x,得：y²

取a=b=0得f(0)=0,取a=x,b=-x得f(x)+f(-x)=0,故f(-x)=-f(x),所以是奇函数