\(\sqrt{x}=x\)      \(\left(x\ge0\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}-x=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x}\left(1-\sqrt{x}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x}=0\\1-\sqrt{x}=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x=1\end{cases}\left(tm\right)}\)

Vậy 

\(\hept{\begin{cases}x=0\\x=1\end{cases}}\)

ko

Có, chẳng hạn \(\sqrt{\dfrac{1}{2}}+\sqrt{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\) (với \(a=b=\dfrac{1}{2}\in Q\))

Từ giả thiết : \(a+b+c=abc\) và \(a^2=bc\)

⇒ \(b+c=a^3-a\)

⇒ b và c là hai nghiệm của phương trình : \(x^2-\left(a^3-a\right)x+a^2=0\left(1\right)\)

\(\text{Δ}=\left(a^3-a\right)^2-\left(2a\right)^2=\left(a^3-a-2a\right)\left(a^3-a+2a\right)=\left(a^3-a\right)\left(a^3-3a\right)=a^2\left(a^2+1\right)\left(a^2-3\right)\) Vì (1) có nghiệm nên \(\text{Δ}=a^2\left(a^2+1\right)\left(a^2-3\right)\text{ ≥}0\)

Mà \(a^2>0;a^2+1>0\) nên \(a^2-3\text{ ≥}0\) hay \(a^2\text{ ≥}3\)

bạn ơi cho mình hỏi sao bạn suy đc ra b+c=a³-a

Azuki Tsukishima

Bài 1 :

\(D=cos^220^0+cos^230^0+cos^240^0+cos^250^0+cos^260^0+cos^270^0\)

\(=\left(cos^220^0+cos^270^0\right)+\left(cos^230^0+cos^260^0\right)+\left(cos^240^0+cos^250^0\right)\)

\(=1+1+1=3\)

Bài 2 :

\(E=sin^25^0+sin^225^0+sin^245^0+sin^265^0+sin^285^0\)

\(=\left(sin^25^0+sin^285^0\right)+\left(sin^225^0+sin^265^0\right)+sin^245^0\)

\(=1+1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{2}\)

Bài 3 :

\(F=sin^6\alpha+cos^6\alpha+3sin^2\alpha.cos^2\alpha\)

\(=1-3sin^2\alpha.cos^2\alpha+3sin^2a.cos^2\alpha\)

\(=1\)

bài 2 ) ta có : \(\left(d_1\right)\cap\left(d_2\right)\) tại \(A\left(3\overset{.}{,}-1\right)\)

thế \(A\) vào \(\left(d_3\right)\) ta thấy thỏa mãn \(\Rightarrow\) \(\left(d_3\right)\) có đi qua giao điểm của \(\left(d_1\right)\) và \(d_2\)

Bài 2 :

Tọa độ giao điểm của \(\left(d_1\right)\) và \(\left(d_2\right)\) là nghiệm của phương trình :

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=2\\-x+y=-4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=-1\end{matrix}\right.\)

Thế vào đường thẳng (d3) là ra .

Ta có :

\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\right)^2\ge\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\)

Theo BĐT Bu - nhi - a - cốp - xki ta có :

\(\left(1^2+1^2\right)\left[\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+d^2\right)\right]\ge\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\right)^2\)

\(\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\ge\left[\left(a+c\right)+\left(b+d\right)\right]^2\)

Mà : \(\left(1^2+1^2\right)\left[\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+d^2\right)\right]\ge\left[\left(a+b\right)+\left(c+d\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\) đpcm

áp dụng bất đẳng thức mincopxki ta có đpcm

Phùng Khánh Linh,Akai Haruma, Hung nguyen, Nguyễn Thanh Hằng Giúp mình với!

cậu ơi! tớ là ng` mới tham gia_cậu cho tớ hỏi cách gõ phân số kiểu j đc k ??

Lời giải:

ĐK: \(x\geq \frac{-1}{3}\)

Đặt \((\sqrt{x^2-x+1}, \sqrt{3x+1})=(a,b)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2=x^2+2x+2\)

PT đã cho trở thành:

\(2xa+4b=a^2+b^2+x^2+4\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+x^2+4-2xa-4b=0\)

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

Điều này xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} (a-x)^2=0\\ (b-2)^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt{x^2-x+1}=x\\ \sqrt{3x+1}=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x=1\)

Thử lại thấy thỏa mãn.

Đề thiếu khoảng của a,b

Ta có:

(a - 2)(b - 2) \(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)ab \(\ge\)2(a + b) - 4

\(\Leftrightarrow\)0,25(a + b) \(\ge\)2(a + b) - 4

\(\Leftrightarrow\)(a + b) \(\le\dfrac{16}{7}\)

Ta lại có:

a + b = 4ab \(\le\)(a + b)²

\(\Leftrightarrow\)(a + b) \(\ge1\)

Từ đề bài thì

P = (a - b)² - 2(a + b)

= (a + b)² - 3(a + b)

Đặt a + b = t \(\in\left[1;\dfrac{16}{7}\right]\)

\(\Rightarrow\)P = t² - 3t

Giờ đạo hàm nó đi cho nó lành