Giúp mình với! Câu 27. Cho các số x, y, z dương. Chứng minh rằng:,$\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}\geq\frac xy+\frac yz+\frac zx$,Câu 28. Chứng minh rằng tổng của một số hữu tỉ với một số vô tỉ là một số vô,tỉ.,Câu 29. Chứng minh các bất đẳng thức:,$a)~(a+b)^2\leq2(a^2+b^2)$,$b)~(a+b+c)^2\leq3(a^2+b^2+c^2)$,$c)~(a_1+a_2+...+a_n)^2\leq n(a^2_1+a^2_2+...+a^2_n).$,Câu 30. Cho $a^3+b^3=2.$ Chứng minh rằng $a+b\leq2.$,Câu 31. Chứng minh rằng: $[x]+[y]\leq[x+y].$,$A=\frac1{x^2-6x+17}$,Câu 32. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:,Câu 33. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $A=\frac xy+\frac yz+\frac zx$ với $x,y,z0.$,Câu 34. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $A=x^2+y^2$ biết $x+y=4.$,Câu 35. Tìm giá trị lớn nhất của: $A=xyz(x+y)(y+z)(z+x)$ với $x,y,z\geq0;x+y$,$+z=1.$,Câu 36. Xét xem các số a và b có thể là số vô tỉ không nếu:,a) ab và a/b là số vô tỉ.,b) a + b và a/b là số hữu tỉ $(a+b
e0)$,$c)~a+b,a^2$ và $b^2$ là số hữu tỉ $(a+b
e0)$,Câu 37. Cho a, $b,~c0.$ Chứng minh: $a^3+b^3+abc\geq ab(a+b+c)$,Câu 38. Cho a, $b,~c,~d0.$ Chứng minh:,$\frac a{b+c}+\frac b{c+d}+\frac c{d+a}+\frac d{a+b}\geq2$,Câu 39. Chứng minh rằng [2x] bằng 2[x] hoặc $2[x]+1$

Question

Giúp mình với! Câu 27. Cho các số x, y, z dương. Chứng minh rằng:,$\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}\geq\frac xy+\frac yz+\frac zx$,Câu 28. Chứng minh rằng tổng của một số hữu tỉ với một số vô tỉ là một số vô,tỉ.,Câu 29. Chứng minh các bất đẳng thức:,$a)~(a+b)^2\leq2(a^2+b^2)$,$b)~(a+b+c)^2\leq3(a^2+b^2+c^2)$,$c)~(a_1+a_2+...+a_n)^2\leq n(a^2_1+a^2_2+...+a^2_n).$,Câu 30. Cho $a^3+b^3=2.$ Chứng minh rằng $a+b\leq2.$,Câu 31. Chứng minh rằng: $[x]+[y]\leq[x+y].$,$A=\frac1{x^2-6x+17}$,Câu 32. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:,Câu 33. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $A=\frac xy+\frac yz+\frac zx$ với $x,y,z>0.$,Câu 34. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $A=x^2+y^2$ biết $x+y=4.$,Câu 35. Tìm giá trị lớn nhất của: $A=xyz(x+y)(y+z)(z+x)$ với $x,y,z\geq0;x+y$,$+z=1.$,Câu 36. Xét xem các số a và b có thể là số vô tỉ không nếu:,a) ab và a/b là số vô tỉ.,b) a + b và a/b là số hữu tỉ $(a+b
e0)$,$c)~a+b,a^2$ và $b^2$ là số hữu tỉ $(a+b
e0)$,Câu 37. Cho a, $b,~c>0.$ Chứng minh: $a^3+b^3+abc\geq ab(a+b+c)$,Câu 38. Cho a, $b,~c,~d>0.$ Chứng minh:,$\frac a{b+c}+\frac b{c+d}+\frac c{d+a}+\frac d{a+b}\geq2$,Câu 39. Chứng minh rằng [2x] bằng 2[x] hoặc $2[x]+1$

Accepted Answer

Câu 27. Để chứng minh rằng $\frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{z^2} + \frac{z^2}{x^2} \geq \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}$, ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Bước 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho ba cặp số $(\frac{x}{y}, \frac{y}{z})$, $(\frac{y}{z}, \frac{z}{x})$, và $(\frac{z}{x}, \frac{x}{y})$. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: $$ \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{z} \right)^2 \leq 2 \left( \frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{z^2} \right) $$ $$ \left( \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right)^2 \leq 2 \left( \frac{y^2}{z^2} + \frac{z^2}{x^2} \right) $$ $$ \left( \frac{z}{x} + \frac{x}{y} \right)^2 \leq 2 \left( \frac{z^2}{x^2} + \frac{x^2}{y^2} \right) $$ Bước 2: Cộng lại ba bất đẳng thức trên: $$ \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{z} \right)^2 + \left( \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right)^2 + \left( \frac{z}{x} + \frac{x}{y} \right)^2 \leq 2 \left( \frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{z^2} + \frac{z^2}{x^2} \right) + 2 \left( \frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{z^2} + \frac{z^2}{x^2} \right) $$ Bước 3: Ta nhận thấy rằng: $$ \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{z} \right)^2 + \left( \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right)^2 + \left( \frac{z}{x} + \frac{x}{y} \right)^2 \geq 2 \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right) $$ Do đó: $$ 2 \left( \frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{z^2} + \frac{z^2}{x^2} \right) \geq 2 \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right) $$ Bước 4: Chia cả hai vế cho 2: $$ \frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{z^2} + \frac{z^2}{x^2} \geq \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} $$ Vậy ta đã chứng minh được $\frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{z^2} + \frac{z^2}{x^2} \geq \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}$. Câu 28. Giả sử tổng của một số hữu tỉ và một số vô tỉ là một số hữu tỉ. Gọi số hữu tỉ là $a$ và số vô tỉ là $b$. Giả sử tổng của chúng là số hữu tỉ, tức là $a + b = c$, trong đó $c$ là số hữu tỉ. Từ đó ta có: $$ b = c - a $$ Vì $a$ và $c$ đều là số hữu tỉ, nên hiệu của chúng cũng là số hữu tỉ. Điều này trái với giả thiết ban đầu rằng $b$ là số vô tỉ. Do đó, giả sử của chúng ta là sai. Vậy tổng của một số hữu tỉ với một số vô tỉ phải là một số vô tỉ. Điều này hoàn toàn mâu thuẫn với định nghĩa của số vô tỉ, do đó chứng minh được rằng tổng của một số hữu tỉ với một số vô tỉ là một số vô tỉ. Câu 29. a) Ta có $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2.$ Ta lại có $2ab\leq a^2+b^2$ (Bất đẳng thức Cô-si) Do đó $(a+b)^2\leq a^2+a^2+b^2+b^2=2(a^2+b^2).$ b) Ta có $(a+b+c)^2=(a+b)+c)^2\leq 2[(a+b)^2+c^2]$ (theo câu a) $\leq 2[2(a^2+b^2)+c^2]=4(a^2+b^2+c^2).$ c) Ta sẽ chứng minh bài toán này theo phương pháp quy nạp toán học. - Với $n=1$ thì $(a_1)^2=a^2_1.$ - Giả sử bài toán đúng với $n=k,$ tức là $(a_1+a_2+...+a_k)^2\leq k(a^2_1+a^2_2+...+a^2_k).$ Ta sẽ chứng minh bài toán đúng với $n=k+1.$ Thật vậy, ta có $(a_1+a_2+...+a_{k+1})^2=[(a_1+a_2+...+a_k)+a_{k+1}]^2$ $\leq 2[(a_1+a_2+...+a_k)^2+a^2_{k+1}]$ (theo câu a) $\leq 2[k(a^2_1+a^2_2+...+a^2_k)+a^2_{k+1}]=2(k+1)(a^2_1+a^2_2+...+a^2_{k+1}).$ Vậy bài toán đúng với mọi số tự nhiên dương $n.$ Câu 30. Ta có: $$a^3 + b^3 = 2$$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $$a^3 + b^3 \geq \frac{(a + b)^3}{4}$$ Thay $a^3 + b^3 = 2$ vào bất đẳng thức trên: $$2 \geq \frac{(a + b)^3}{4}$$ Nhân cả hai vế với 4: $$8 \geq (a + b)^3$$ Lấy căn bậc ba của cả hai vế: $$2 \geq a + b$$ Vậy ta đã chứng minh được $a + b \leq 2$. Câu 31. Để chứng minh rằng $[x] + [y] \leq [x + y]$, ta sẽ sử dụng các tính chất của phần nguyên. 1. Bước 1: Xác định phần nguyên của các số thực. - Gọi $[x]$ là phần nguyên của $x$, nghĩa là $[x]$ là số nguyên lớn nhất sao cho $[x] \leq x < [x] + 1$. - Tương tự, $[y]$ là phần nguyên của $y$, nghĩa là $[y]$ là số nguyên lớn nhất sao cho $[y] \leq y < [y] + 1$. 2. Bước 2: Xét tổng của hai số thực. - Ta có $x = [x] + \{x\}$ và $y = [y] + \{y\}$, trong đó $\{x\}$ và $\{y\}$ là phần lẻ của $x$ và $y$ (số thực nằm trong khoảng $[0, 1)$). - Do đó, $x + y = ([x] + \{x\}) + ([y] + \{y\}) = [x] + [y] + (\{x\} + \{y\})$. 3. Bước 3: Xét phần nguyên của tổng. - Phần nguyên của $x + y$ là $[x + y]$. Ta cần chứng minh rằng $[x] + [y] \leq [x + y]$. - Vì $\{x\} + \{y\}$ là tổng của hai số thực nằm trong khoảng $[0, 2)$, nên: - Nếu $\{x\} + \{y\} < 1$, thì $[x + y] = [x] + [y]$. - Nếu $\{x\} + \{y\} \geq 1$, thì $[x + y] = [x] + [y] + 1$. Trong cả hai trường hợp, ta đều có $[x] + [y] \leq [x + y]$. Vậy ta đã chứng minh được $[x] + [y] \leq [x + y]$. Tìm giá trị lớn nhất của $A = \frac{1}{x^2 - 6x + 17}$: 1. Bước 1: Xác định điều kiện xác định. - Điều kiện xác định: $x^2 - 6x + 17 \neq 0$ (luôn đúng vì $x^2 - 6x + 17 = (x - 3)^2 + 8 > 0$). 2. Bước 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của mẫu số. - Ta có $x^2 - 6x + 17 = (x - 3)^2 + 8$. - $(x - 3)^2 \geq 0$, do đó $(x - 3)^2 + 8 \geq 8$. - Giá trị nhỏ nhất của $x^2 - 6x + 17$ là 8, đạt được khi $x = 3$. 3. Bước 3: Tìm giá trị lớn nhất của $A$. - Khi $x^2 - 6x + 17$ đạt giá trị nhỏ nhất là 8, thì $A = \frac{1}{8}$. - Vậy giá trị lớn nhất của $A$ là $\frac{1}{8}$, đạt được khi $x = 3$. Đáp số: - Chứng minh: $[x] + [y] \leq [x + y]$. - Giá trị lớn nhất của $A$ là $\frac{1}{8}$, đạt được khi $x = 3$. Câu 32. Để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức, chúng ta cần biết biểu thức cụ thể là gì. Vui lòng cung cấp biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất. Câu 33. Để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A = \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}$ với $x, y, z > 0$, ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Bước 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho ba phân thức: $$ \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right) \left( y + z + x \right) \geq ( \sqrt{\frac{x}{y} \cdot y} + \sqrt{\frac{y}{z} \cdot z} + \sqrt{\frac{z}{x} \cdot x} )^2 $$ Bước 2: Đơn giản hóa vế phải: $$ \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right) (y + z + x) \geq ( \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} )^2 $$ Bước 3: Vì $( \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} )^2 \geq 3 \sqrt[3]{xyz}$ theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: $$ \left( \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right) (y + z + x) \geq 3 \sqrt[3]{xyz} $$ Bước 4: Chia cả hai vế cho $(y + z + x)$: $$ \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \geq 3 $$ Bước 5: Đẳng thức xảy ra khi $\frac{x}{y} = \frac{y}{z} = \frac{z}{x}$, tức là khi $x = y = z$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là 3, đạt được khi $x = y = z$. Câu 34. Để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $ A = x^2 + y^2 $ với điều kiện $ x + y = 4 $, ta thực hiện các bước sau: 1. Biểu diễn $ y $ theo $ x $: Từ điều kiện $ x + y = 4 $, ta có: $$ y = 4 - x $$ 2. Thay $ y $ vào biểu thức $ A $: Thay $ y = 4 - x $ vào biểu thức $ A $: $$ A = x^2 + (4 - x)^2 $$ Ta mở ngoặc và rút gọn: $$ A = x^2 + (16 - 8x + x^2) $$ $$ A = 2x^2 - 8x + 16 $$ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của $ A $: Để tìm giá trị nhỏ nhất của $ A = 2x^2 - 8x + 16 $, ta sử dụng phương pháp hoàn chỉnh bình phương hoặc đạo hàm (nhưng ở đây ta sẽ dùng phương pháp hoàn chỉnh bình phương vì phù hợp với trình độ lớp 9). Ta viết lại $ A $ dưới dạng: $$ A = 2(x^2 - 4x) + 16 $$ Hoàn chỉnh bình phương: $$ A = 2((x - 2)^2 - 4) + 16 $$ $$ A = 2(x - 2)^2 - 8 + 16 $$ $$ A = 2(x - 2)^2 + 8 $$ Biểu thức $ 2(x - 2)^2 $ luôn không âm và đạt giá trị nhỏ nhất khi $ (x - 2)^2 = 0 $, tức là khi $ x = 2 $. 4. Tính giá trị nhỏ nhất của $ A $: Khi $ x = 2 $, ta có: $$ y = 4 - x = 4 - 2 = 2 $$ Thay vào biểu thức $ A $: $$ A = 2(2 - 2)^2 + 8 = 2 \cdot 0 + 8 = 8 $$ Vậy giá trị nhỏ nhất của $ A $ là 8, đạt được khi $ x = 2 $ và $ y = 2 $. Đáp số: $ A_{min} = 8 $ khi $ x = 2 $ và $ y = 2 $. Câu 35. Để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $ A = xyz(x+y)(y+z)(z+x) $ với điều kiện $ x, y, z \geq 0 $ và $ x + y + z = 1 $, ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki. Bước 1: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho các cặp số $ (x, y) $, $ (y, z) $, và $ (z, x) $: $$ (x + y)^2 \leq 2(x^2 + y^2) $$ $$ (y + z)^2 \leq 2(y^2 + z^2) $$ $$ (z + x)^2 \leq 2(z^2 + x^2) $$ Bước 2: Nhân ba bất đẳng thức này lại với nhau: $$ (x + y)^2 (y + z)^2 (z + x)^2 \leq 8(x^2 + y^2)(y^2 + z^2)(z^2 + x^2) $$ Bước 3: Ta có: $$ (x + y)(y + z)(z + x) \leq 2\sqrt{(x^2 + y^2)(y^2 + z^2)(z^2 + x^2)} $$ Bước 4: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho $ x^2 + y^2 $, $ y^2 + z^2 $, và $ z^2 + x^2 $: $$ x^2 + y^2 \geq 2xy $$ $$ y^2 + z^2 \geq 2yz $$ $$ z^2 + x^2 \geq 2zx $$ Nhân ba bất đẳng thức này lại với nhau: $$ (x^2 + y^2)(y^2 + z^2)(z^2 + x^2) \geq 8x^2y^2z^2 $$ Bước 5: Kết hợp các kết quả trên: $$ (x + y)(y + z)(z + x) \leq 2\sqrt{8x^2y^2z^2} = 4xyz $$ Bước 6: Do đó: $$ A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) \leq xyz \cdot 4xyz = 4x^2y^2z^2 $$ Bước 7: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho $ x, y, z $: $$ x + y + z = 1 \implies \frac{x + y + z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz} \implies \frac{1}{3} \geq \sqrt[3]{xyz} \implies xyz \leq \left( \frac{1}{3} \right)^3 = \frac{1}{27} $$ Bước 8: Do đó: $$ 4x^2y^2z^2 \leq 4 \left( \frac{1}{27} \right)^2 = 4 \cdot \frac{1}{729} = \frac{4}{729} $$ Bước 9: Đẳng thức xảy ra khi $ x = y = z = \frac{1}{3} $. Vậy giá trị lớn nhất của $ A $ là $ \frac{4}{729} $, đạt được khi $ x = y = z = \frac{1}{3} $. Đáp số: $ \frac{4}{729} $. Câu 36. a) Ta thấy $ab=\sqrt{2}\times \sqrt{3}=\sqrt{6}$ và $\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ là số vô tỉ. Vậy a và b có thể là số vô tỉ. b) Ta thấy $a+b=2+\frac{1}{3}=\frac{7}{3}$ và $\frac{a}{b}=\frac{2}{\frac{1}{3}}=6$ là số hữu tỉ. Vậy a và b có thể là số vô tỉ. c) Ta thấy $a+b=2+3=5;~a^2=2^2=4;~b^2=3^2=9$ là số hữu tỉ. Vậy a và b có thể là số vô tỉ. Câu 37. Để chứng minh bất đẳng thức $a^3 + b^3 + abc \geq ab(a + b + c)$, ta sẽ thực hiện các bước sau: Bước 1: Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh: $$ a^3 + b^3 + abc \geq ab(a + b + c) $$ Bước 2: Ta biến đổi vế trái của bất đẳng thức: $$ a^3 + b^3 + abc $$ Ta nhận thấy rằng: $$ a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2) $$ Bước 3: Thay vào bất đẳng thức: $$ (a + b)(a^2 - ab + b^2) + abc \geq ab(a + b + c) $$ Bước 4: Ta nhóm các hạng tử liên quan: $$ (a + b)(a^2 - ab + b^2) + abc \geq ab(a + b) + abc $$ Bước 5: Ta rút gọn vế phải: $$ (a + b)(a^2 - ab + b^2) + abc \geq ab(a + b) + abc $$ Bước 6: Ta thấy rằng: $$ (a + b)(a^2 - ab + b^2) \geq ab(a + b) $$ Bước 7: Ta chia cả hai vế cho $(a + b)$ (vì $a, b > 0$): $$ a^2 - ab + b^2 \geq ab $$ Bước 8: Ta biến đổi vế trái: $$ a^2 - ab + b^2 \geq ab $$ $$ a^2 - 2ab + b^2 \geq 0 $$ $$ (a - b)^2 \geq 0 $$ Bước 9: Ta biết rằng $(a - b)^2$ luôn luôn lớn hơn hoặc bằng 0, do đó bất đẳng thức trên luôn đúng. Kết luận: Vậy ta đã chứng minh được $a^3 + b^3 + abc \geq ab(a + b + c)$. Câu 38. Để chứng minh bất đẳng thức $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \geq 2$, ta sẽ sử dụng phương pháp biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Bước 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho từng phân thức: $$ \left( \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \right) \left( a(b+c) + b(c+d) + c(d+a) + d(a+b) \right) \geq (a+b+c+d)^2 $$ Bước 2: Tính tổng ở vế phải: $$ a(b+c) + b(c+d) + c(d+a) + d(a+b) = ab + ac + bc + bd + cd + ca + da + db = 2(ab + ac + bc + bd + cd + da) $$ Bước 3: Thay vào bất đẳng thức: $$ \left( \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \right) \cdot 2(ab + ac + bc + bd + cd + da) \geq (a+b+c+d)^2 $$ Bước 4: Chia cả hai vế cho $2(ab + ac + bc + bd + cd + da)$: $$ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \geq \frac{(a+b+c+d)^2}{2(ab + ac + bc + bd + cd + da)} $$ Bước 5: Ta cần chứng minh: $$ \frac{(a+b+c+d)^2}{2(ab + ac + bc + bd + cd + da)} \geq 2 $$ Bước 6: Nhân cả hai vế với $2(ab + ac + bc + bd + cd + da)$: $$ (a+b+c+d)^2 \geq 4(ab + ac + bc + bd + cd + da) $$ Bước 7: Ta thấy rằng: $$ (a+b+c+d)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) $$ $$ 4(ab + ac + bc + bd + cd + da) = 4(ab + ac + bc + bd + cd + da) $$ Bước 8: So sánh hai biểu thức: $$ a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) \geq 4(ab + ac + bc + bd + cd + da) $$ Bước 9: Đơn giản hóa: $$ a^2 + b^2 + c^2 + d^2 \geq 2(ab + ac + bc + bd + cd + da) - 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) $$ $$ a^2 + b^2 + c^2 + d^2 \geq 0 $$ Bước 10: Kết luận: $$ a^2 + b^2 + c^2 + d^2 \geq 0 $$ Do đó, ta đã chứng minh được: $$ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \geq 2 $$ Đáp số: $\boxed{2}$ Câu 39. Để chứng minh rằng [2x] bằng 2[x] hoặc $2[x]+1$, chúng ta sẽ xét các trường hợp sau: 1. Trường hợp 1: Giả sử $x$ là một số nguyên. - Khi đó, $[x] = x$. - Do đó, $2[x] = 2x$. - Mặt khác, $[2x] = 2x$ (vì $2x$ cũng là một số nguyên). - Vậy trong trường hợp này, $[2x] = 2[x]$. 2. Trường hợp 2: Giả sử $x$ là một số thập phân. - Khi đó, $x$ có thể viết dưới dạng $n + f$, trong đó $n$ là phần nguyên và $f$ là phần thập phân ($0 < f < 1$). - Do đó, $[x] = n$. - Ta có $2x = 2(n + f) = 2n + 2f$. - Xét hai trường hợp con: - Nếu $0 < 2f < 1$, tức là $0 < f < 0.5$, thì $[2x] = 2n$. - Nếu $1 \leq 2f < 2$, tức là $0.5 \leq f < 1$, thì $[2x] = 2n + 1$. Tóm lại, trong mọi trường hợp, $[2x]$ sẽ bằng $2[x]$ hoặc $2[x] + 1$.